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力 系 合 成

學習目標討論力矩的觀念及說明二維和三維系統之力矩如何計

算

提供求取一力沿某特定軸所產生力矩的方法定義力偶矩

提供求取非共點力系合成之方法

說明如何將分佈負荷簡化成作用於某特定位置之合

力

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目 錄bull 41 一力的力矩純量法

bull 42 向量積bull 43 一力的力矩向量式

bull 44 力矩原理

bull 45 力對一軸的力矩bull 46 力偶矩

bull 47 等值系統

bull 48 力及力偶的和bull 49 力與力偶的再合成

bull 410 分佈力的化簡

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41 一力的力矩純量法

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一力對一點或一軸的力矩將造成物體繞此點或軸旋轉的傾向如水平力 xF 與板手的握把垂直並與 O 點距離

yd 由圖 4-1(a) 觀察此力欲使圓管繞 z 軸產生旋轉故此

力造成對 z 軸的力矩 zO )(M 當力量愈大或距離 yd 愈長時其效果愈顯著由

xF 所造成旋轉的傾向有時稱為扭

力但通常稱為力矩 zO )(M z 軸與包含 xF 及 yd 之陰影面

( x- y 面 ) 相垂直而此面與 z 軸交於 O 點 若一力 zF 施於板手如圖 4-1(b)此力將無法使圓管繞 z 軸

旋轉而有欲使之繞 x 軸旋轉雖然此刻無法實際使圓管

旋轉卻有旋轉之傾向 xO )(M 如前述力與 yd 所在之陰影

面必與力矩旋轉軸成垂直又若施力 yF 如圖 4-1(c)無法

造成旋轉的傾向因此力通過 O 點故不可能造成旋轉

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-RC Hibbeler- CH04-8

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OM 的方向依右手定則而定將右手指依力將造成之旋轉方向彎曲圖 4-2(a)則右手大姆指的指向即為力

矩的作用線之指向且與 F 及 d 所在平面垂直力矩 OM 可

視為滑動向量可在其作用線上任意移動

力矩的大小 OM 可表示成

Fd O =M (4-1)

若有一系統數力在 x- y 平面上則各

施力對 O 點所產生之力矩其方向恆指向 z軸如圖 4-3

由力矩向量皆共線則系統之力矩總合可簡單的利用純量加法來運算即

Fd M O R Σ=+983131 (4-2)

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-RC Hibbeler- CH04-13

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4-1

試求圖 4-4 各例題對 O點的力矩

( )

力的作用線由一虛線所延伸故力臂 d 可由圖示決

定同時力臂 d 可由圖示決定同時力旋轉的方向由箭頭所定

圖 4-4(a) mN200)m2)(N100( sdot==O M Ans

圖 4-4(b) mN537)m750)(N50( sdot==O M Ans

圖 4-4(c) mN229)m30cos2m4)(N40( sdot=deg+=O

M n

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圖 4-4(d) mN442)m45sin1)(N60( sdot=deg=O

M Ans

圖 4-4(e) mkN021)m1m4)(kN7( sdot=minus=O M Ans

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例題 4-2

試求圖 4-5中 800 N力對 DC B A 四點的力矩

解( 純量法 )

利用 Fd M = 其中 d 為力臂即力的作用線與力矩

軸的垂直距離故

mN2000)m52(N800 sdot== A M Ans

mN1200)m51(N800 sdot== B M Ans

)(0)0(N800 點力的作用可通過 C M B F== Ans

mN400)m50(N800 sdot== D M Ans

彎曲箭頭方向表力矩旋轉方向

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例題 4-3

試求圖 4-6中四外力對 O點的力矩總和

假設正力矩為指向 k+ 方向 ( 逆時針 )則

Fd M O R Σ=+[

mN334mN334

)m30cos3m4(40

)m30sin3(N20)0(N60)m2(N50

sdot=sdotminus=

deg+minus

deg++minus=

O

O

R

R

M

N

M

Ans

從以上計算過程必須注意如何決定 20 N 及 40 N 二

力之力臂距離

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42 向量積

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(magnitude) C 的大小為 AB兩向量的大小

與兩向量間角度 )1800( degleledeg θ θ 的正弦值三者的連乘積

即 θ sin ABC =

(direction) C 的方向與包含 AB 兩向量的平面

相垂直其方向依右手定則決定即彎曲右手手指由向量 A

轉至向量 B則右手大姆指的方向即為 C 的方向如圖

4-7

若已知向量 C 的大小及方向則我們可寫成

C AB uBAC )sin( θ =times= (4-3)

式中 θ sin AB 表其大小 C u 表其方向而 (4-3) 式可用圖

4-8 加以說明

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-RC Hibbeler- CH04-21

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1 向量積並不適用交換律即

ABBA timesnetimes

或

ABBA timesminus=times

上述可用圖 4-9 右手定則來加以說明 AB times 產生一向

量和 C方向相反即 CAB minus=times

2 向量積乘以一純量

aaaa )()()()( BABABABA times=times=times=times

由上述性質可得知各個例子的結果向量其大小

)sin|(| θ ABa 及方向皆相同

3 定配律

)()()( DABADBA times+times=+times

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-RC Hibbeler- CH04-23

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方程式 (4-3) 可用來決定單位向量的向量

積例如欲求 jitimes 其大小為 1)1)(1)(1()90)(sin)(( ==deg ji

方向則由右手定則決定如圖 4-10 可知其方向為 k+ 即

k ji )1(=times 同理

0kki jk jik

0 j jki jik j0ii jkik ji

=timesminus=times=times

=timesminus=times=times=timesminus=times=times

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-RC Hibbeler- CH04-24

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-RC Hibbeler- CH04-25

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由右手定律及向量積的基本定義來瞭解圖 4-11 為一簡單

的圖示可幫助我們得到相同的結果依圖示兩單位向

量作逆時針方向的向量積其結果為第三個單位向量且

為正值即 jik =times 若作順時針向量積則得一負的單位

向量即 jki minus=times

若將兩個向量 AB表示成直角分量則其向量積為

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

kk jkik

k j j ji j

ki jiii

k jik jiBA

times+times+times+

times+times+times+

times+times+times=

++times++=times

z z y z x z

z y y y x y

z x y x x x

z y x z y x

B A B A B A

B A B A B A

B A B A B A

B B B A A A

整理後可得

k jiBA )()()( x y y x x z z x y z z y B A B A B A B A B A B A minus+minusminusminus=times (4-4)

上述亦可寫成行列式的形態

z y x

z y x

B B B

A A A

k ji

BA =times (4-5)

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43 一力的力矩向量式

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力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

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由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

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CH04-43

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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CH04-49

45 力對一軸的力矩

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CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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CH04-51

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CH04-52

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CH04-53

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CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

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4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

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圖 4-27力偶矩的大小為

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 67128

-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-68

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-RC Hibbeler-CH04-69

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-RC Hibbeler-CH04-70

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-RC Hibbeler-CH04-71

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

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例題 4-10

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

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例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

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亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

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例題 4-12

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

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例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

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O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

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-RC Hibbeler-CH04-83

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

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-RC Hibbeler-CH04-85

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

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第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

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-RC Hibbeler-CH04-90

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

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例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

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FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

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-RC Hibbeler-CH04-99

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-RC Hibbeler-CH04-100

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

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圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

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例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

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分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

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分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

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-RC Hibbeler-CH04-121

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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-RC Hibbeler- CH04-2

ENGINEERING MECHANICS STATICS

力 系 合 成

學習目標討論力矩的觀念及說明二維和三維系統之力矩如何計

算

提供求取一力沿某特定軸所產生力矩的方法定義力偶矩

提供求取非共點力系合成之方法

說明如何將分佈負荷簡化成作用於某特定位置之合

力

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-RC Hibbeler- CH04-3

ENGINEERING MECHANICS STATICS

目 錄bull 41 一力的力矩純量法

bull 42 向量積bull 43 一力的力矩向量式

bull 44 力矩原理

bull 45 力對一軸的力矩bull 46 力偶矩

bull 47 等值系統

bull 48 力及力偶的和bull 49 力與力偶的再合成

bull 410 分佈力的化簡

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-RC Hibbeler- CH04-4

ENGINEERING MECHANICS STATICS

41 一力的力矩純量法

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-RC Hibbeler- CH04-5

ENGINEERING MECHANICS STATICS

一力對一點或一軸的力矩將造成物體繞此點或軸旋轉的傾向如水平力 xF 與板手的握把垂直並與 O 點距離

yd 由圖 4-1(a) 觀察此力欲使圓管繞 z 軸產生旋轉故此

力造成對 z 軸的力矩 zO )(M 當力量愈大或距離 yd 愈長時其效果愈顯著由

xF 所造成旋轉的傾向有時稱為扭

力但通常稱為力矩 zO )(M z 軸與包含 xF 及 yd 之陰影面

( x- y 面 ) 相垂直而此面與 z 軸交於 O 點 若一力 zF 施於板手如圖 4-1(b)此力將無法使圓管繞 z 軸

旋轉而有欲使之繞 x 軸旋轉雖然此刻無法實際使圓管

旋轉卻有旋轉之傾向 xO )(M 如前述力與 yd 所在之陰影

面必與力矩旋轉軸成垂直又若施力 yF 如圖 4-1(c)無法

造成旋轉的傾向因此力通過 O 點故不可能造成旋轉

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-RC Hibbeler- CH04-6

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-7

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-8

ENGINEERING MECHANICS STATICS

OM 的方向依右手定則而定將右手指依力將造成之旋轉方向彎曲圖 4-2(a)則右手大姆指的指向即為力

矩的作用線之指向且與 F 及 d 所在平面垂直力矩 OM 可

視為滑動向量可在其作用線上任意移動

力矩的大小 OM 可表示成

Fd O =M (4-1)

若有一系統數力在 x- y 平面上則各

施力對 O 點所產生之力矩其方向恆指向 z軸如圖 4-3

由力矩向量皆共線則系統之力矩總合可簡單的利用純量加法來運算即

Fd M O R Σ=+983131 (4-2)

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-RC Hibbeler- CH04-9

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-10

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-11

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-12

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-13

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-1

試求圖 4-4 各例題對 O點的力矩

( )

力的作用線由一虛線所延伸故力臂 d 可由圖示決

定同時力臂 d 可由圖示決定同時力旋轉的方向由箭頭所定

圖 4-4(a) mN200)m2)(N100( sdot==O M Ans

圖 4-4(b) mN537)m750)(N50( sdot==O M Ans

圖 4-4(c) mN229)m30cos2m4)(N40( sdot=deg+=O

M n

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-RC Hibbeler- CH04-14

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-4(d) mN442)m45sin1)(N60( sdot=deg=O

M Ans

圖 4-4(e) mkN021)m1m4)(kN7( sdot=minus=O M Ans

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-RC Hibbeler- CH04-15

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例題 4-2

試求圖 4-5中 800 N力對 DC B A 四點的力矩

解( 純量法 )

利用 Fd M = 其中 d 為力臂即力的作用線與力矩

軸的垂直距離故

mN2000)m52(N800 sdot== A M Ans

mN1200)m51(N800 sdot== B M Ans

)(0)0(N800 點力的作用可通過 C M B F== Ans

mN400)m50(N800 sdot== D M Ans

彎曲箭頭方向表力矩旋轉方向

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-RC Hibbeler- CH04-16

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-3

試求圖 4-6中四外力對 O點的力矩總和

假設正力矩為指向 k+ 方向 ( 逆時針 )則

Fd M O R Σ=+[

mN334mN334

)m30cos3m4(40

)m30sin3(N20)0(N60)m2(N50

sdot=sdotminus=

deg+minus

deg++minus=

O

O

R

R

M

N

M

Ans

從以上計算過程必須注意如何決定 20 N 及 40 N 二

力之力臂距離

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-RC Hibbeler- CH04-17

ENGINEERING MECHANICS STATICS

42 向量積

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-RC Hibbeler- CH04-18

ENGINEERING MECHANICS STATICS

(magnitude) C 的大小為 AB兩向量的大小

與兩向量間角度 )1800( degleledeg θ θ 的正弦值三者的連乘積

即 θ sin ABC =

(direction) C 的方向與包含 AB 兩向量的平面

相垂直其方向依右手定則決定即彎曲右手手指由向量 A

轉至向量 B則右手大姆指的方向即為 C 的方向如圖

4-7

若已知向量 C 的大小及方向則我們可寫成

C AB uBAC )sin( θ =times= (4-3)

式中 θ sin AB 表其大小 C u 表其方向而 (4-3) 式可用圖

4-8 加以說明

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-RC Hibbeler- CH04-19

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-20

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-21

ENGINEERING MECHANICS STATICS

1 向量積並不適用交換律即

ABBA timesnetimes

或

ABBA timesminus=times

上述可用圖 4-9 右手定則來加以說明 AB times 產生一向

量和 C方向相反即 CAB minus=times

2 向量積乘以一純量

aaaa )()()()( BABABABA times=times=times=times

由上述性質可得知各個例子的結果向量其大小

)sin|(| θ ABa 及方向皆相同

3 定配律

)()()( DABADBA times+times=+times

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-RC Hibbeler- CH04-22

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-23

ENGINEERING MECHANICS STATICS

方程式 (4-3) 可用來決定單位向量的向量

積例如欲求 jitimes 其大小為 1)1)(1)(1()90)(sin)(( ==deg ji

方向則由右手定則決定如圖 4-10 可知其方向為 k+ 即

k ji )1(=times 同理

0kki jk jik

0 j jki jik j0ii jkik ji

=timesminus=times=times

=timesminus=times=times=timesminus=times=times

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-RC Hibbeler- CH04-24

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-RC Hibbeler- CH04-25

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由右手定律及向量積的基本定義來瞭解圖 4-11 為一簡單

的圖示可幫助我們得到相同的結果依圖示兩單位向

量作逆時針方向的向量積其結果為第三個單位向量且

為正值即 jik =times 若作順時針向量積則得一負的單位

向量即 jki minus=times

若將兩個向量 AB表示成直角分量則其向量積為

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

kk jkik

k j j ji j

ki jiii

k jik jiBA

times+times+times+

times+times+times+

times+times+times=

++times++=times

z z y z x z

z y y y x y

z x y x x x

z y x z y x

B A B A B A

B A B A B A

B A B A B A

B B B A A A

整理後可得

k jiBA )()()( x y y x x z z x y z z y B A B A B A B A B A B A minus+minusminusminus=times (4-4)

上述亦可寫成行列式的形態

z y x

z y x

B B B

A A A

k ji

BA =times (4-5)

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43 一力的力矩向量式

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-RC Hibbeler- CH04-28

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力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

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-RC Hibbeler- CH04-30

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由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

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-RC Hibbeler- CH04-31

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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CH04-43

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CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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CH04-49

45 力對一軸的力矩

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CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

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4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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46 力偶矩

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所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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圖 4-27力偶矩的大小為

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圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

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例題 4-10

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 95128

-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

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-RC Hibbeler-CH04-119

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由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

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4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

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例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

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對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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-RC Hibbeler- CH04-3

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目 錄bull 41 一力的力矩純量法

bull 42 向量積bull 43 一力的力矩向量式

bull 44 力矩原理

bull 45 力對一軸的力矩bull 46 力偶矩

bull 47 等值系統

bull 48 力及力偶的和bull 49 力與力偶的再合成

bull 410 分佈力的化簡

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-RC Hibbeler- CH04-4

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41 一力的力矩純量法

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-RC Hibbeler- CH04-5

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一力對一點或一軸的力矩將造成物體繞此點或軸旋轉的傾向如水平力 xF 與板手的握把垂直並與 O 點距離

yd 由圖 4-1(a) 觀察此力欲使圓管繞 z 軸產生旋轉故此

力造成對 z 軸的力矩 zO )(M 當力量愈大或距離 yd 愈長時其效果愈顯著由

xF 所造成旋轉的傾向有時稱為扭

力但通常稱為力矩 zO )(M z 軸與包含 xF 及 yd 之陰影面

( x- y 面 ) 相垂直而此面與 z 軸交於 O 點 若一力 zF 施於板手如圖 4-1(b)此力將無法使圓管繞 z 軸

旋轉而有欲使之繞 x 軸旋轉雖然此刻無法實際使圓管

旋轉卻有旋轉之傾向 xO )(M 如前述力與 yd 所在之陰影

面必與力矩旋轉軸成垂直又若施力 yF 如圖 4-1(c)無法

造成旋轉的傾向因此力通過 O 點故不可能造成旋轉

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-RC Hibbeler- CH04-6

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-7

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-RC Hibbeler- CH04-8

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OM 的方向依右手定則而定將右手指依力將造成之旋轉方向彎曲圖 4-2(a)則右手大姆指的指向即為力

矩的作用線之指向且與 F 及 d 所在平面垂直力矩 OM 可

視為滑動向量可在其作用線上任意移動

力矩的大小 OM 可表示成

Fd O =M (4-1)

若有一系統數力在 x- y 平面上則各

施力對 O 點所產生之力矩其方向恆指向 z軸如圖 4-3

由力矩向量皆共線則系統之力矩總合可簡單的利用純量加法來運算即

Fd M O R Σ=+983131 (4-2)

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-RC Hibbeler- CH04-9

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-RC Hibbeler- CH04-10

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-11

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-12

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-RC Hibbeler- CH04-13

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-1

試求圖 4-4 各例題對 O點的力矩

( )

力的作用線由一虛線所延伸故力臂 d 可由圖示決

定同時力臂 d 可由圖示決定同時力旋轉的方向由箭頭所定

圖 4-4(a) mN200)m2)(N100( sdot==O M Ans

圖 4-4(b) mN537)m750)(N50( sdot==O M Ans

圖 4-4(c) mN229)m30cos2m4)(N40( sdot=deg+=O

M n

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-RC Hibbeler- CH04-14

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圖 4-4(d) mN442)m45sin1)(N60( sdot=deg=O

M Ans

圖 4-4(e) mkN021)m1m4)(kN7( sdot=minus=O M Ans

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-RC Hibbeler- CH04-15

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例題 4-2

試求圖 4-5中 800 N力對 DC B A 四點的力矩

解( 純量法 )

利用 Fd M = 其中 d 為力臂即力的作用線與力矩

軸的垂直距離故

mN2000)m52(N800 sdot== A M Ans

mN1200)m51(N800 sdot== B M Ans

)(0)0(N800 點力的作用可通過 C M B F== Ans

mN400)m50(N800 sdot== D M Ans

彎曲箭頭方向表力矩旋轉方向

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-RC Hibbeler- CH04-16

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例題 4-3

試求圖 4-6中四外力對 O點的力矩總和

假設正力矩為指向 k+ 方向 ( 逆時針 )則

Fd M O R Σ=+[

mN334mN334

)m30cos3m4(40

)m30sin3(N20)0(N60)m2(N50

sdot=sdotminus=

deg+minus

deg++minus=

O

O

R

R

M

N

M

Ans

從以上計算過程必須注意如何決定 20 N 及 40 N 二

力之力臂距離

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-RC Hibbeler- CH04-17

ENGINEERING MECHANICS STATICS

42 向量積

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-RC Hibbeler- CH04-18

ENGINEERING MECHANICS STATICS

(magnitude) C 的大小為 AB兩向量的大小

與兩向量間角度 )1800( degleledeg θ θ 的正弦值三者的連乘積

即 θ sin ABC =

(direction) C 的方向與包含 AB 兩向量的平面

相垂直其方向依右手定則決定即彎曲右手手指由向量 A

轉至向量 B則右手大姆指的方向即為 C 的方向如圖

4-7

若已知向量 C 的大小及方向則我們可寫成

C AB uBAC )sin( θ =times= (4-3)

式中 θ sin AB 表其大小 C u 表其方向而 (4-3) 式可用圖

4-8 加以說明

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-RC Hibbeler- CH04-19

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-21

ENGINEERING MECHANICS STATICS

1 向量積並不適用交換律即

ABBA timesnetimes

或

ABBA timesminus=times

上述可用圖 4-9 右手定則來加以說明 AB times 產生一向

量和 C方向相反即 CAB minus=times

2 向量積乘以一純量

aaaa )()()()( BABABABA times=times=times=times

由上述性質可得知各個例子的結果向量其大小

)sin|(| θ ABa 及方向皆相同

3 定配律

)()()( DABADBA times+times=+times

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-RC Hibbeler- CH04-22

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-23

ENGINEERING MECHANICS STATICS

方程式 (4-3) 可用來決定單位向量的向量

積例如欲求 jitimes 其大小為 1)1)(1)(1()90)(sin)(( ==deg ji

方向則由右手定則決定如圖 4-10 可知其方向為 k+ 即

k ji )1(=times 同理

0kki jk jik

0 j jki jik j0ii jkik ji

=timesminus=times=times

=timesminus=times=times=timesminus=times=times

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-RC Hibbeler- CH04-24

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-25

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由右手定律及向量積的基本定義來瞭解圖 4-11 為一簡單

的圖示可幫助我們得到相同的結果依圖示兩單位向

量作逆時針方向的向量積其結果為第三個單位向量且

為正值即 jik =times 若作順時針向量積則得一負的單位

向量即 jki minus=times

若將兩個向量 AB表示成直角分量則其向量積為

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

kk jkik

k j j ji j

ki jiii

k jik jiBA

times+times+times+

times+times+times+

times+times+times=

++times++=times

z z y z x z

z y y y x y

z x y x x x

z y x z y x

B A B A B A

B A B A B A

B A B A B A

B B B A A A

整理後可得

k jiBA )()()( x y y x x z z x y z z y B A B A B A B A B A B A minus+minusminusminus=times (4-4)

上述亦可寫成行列式的形態

z y x

z y x

B B B

A A A

k ji

BA =times (4-5)

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

43 一力的力矩向量式

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-RC Hibbeler- CH04-28

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力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

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-RC Hibbeler- CH04-30

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由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

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-RC Hibbeler- CH04-31

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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-RC Hibbeler-CH04-33

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-RC Hibbeler-CH04-34

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-RC Hibbeler-CH04-35

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

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-RC Hibbeler-

CH04-43

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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-RC Hibbeler-

CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

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4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

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例題 4-10

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

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例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

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亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

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例題 4-12

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

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例題 4-13

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

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O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

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O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

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48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 89128

-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 91128

-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 98128

-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 4128

-RC Hibbeler- CH04-4

ENGINEERING MECHANICS STATICS

41 一力的力矩純量法

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-5

ENGINEERING MECHANICS STATICS

一力對一點或一軸的力矩將造成物體繞此點或軸旋轉的傾向如水平力 xF 與板手的握把垂直並與 O 點距離

yd 由圖 4-1(a) 觀察此力欲使圓管繞 z 軸產生旋轉故此

力造成對 z 軸的力矩 zO )(M 當力量愈大或距離 yd 愈長時其效果愈顯著由

xF 所造成旋轉的傾向有時稱為扭

力但通常稱為力矩 zO )(M z 軸與包含 xF 及 yd 之陰影面

( x- y 面 ) 相垂直而此面與 z 軸交於 O 點 若一力 zF 施於板手如圖 4-1(b)此力將無法使圓管繞 z 軸

旋轉而有欲使之繞 x 軸旋轉雖然此刻無法實際使圓管

旋轉卻有旋轉之傾向 xO )(M 如前述力與 yd 所在之陰影

面必與力矩旋轉軸成垂直又若施力 yF 如圖 4-1(c)無法

造成旋轉的傾向因此力通過 O 點故不可能造成旋轉

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 6128

-RC Hibbeler- CH04-6

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-7

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-RC Hibbeler- CH04-8

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OM 的方向依右手定則而定將右手指依力將造成之旋轉方向彎曲圖 4-2(a)則右手大姆指的指向即為力

矩的作用線之指向且與 F 及 d 所在平面垂直力矩 OM 可

視為滑動向量可在其作用線上任意移動

力矩的大小 OM 可表示成

Fd O =M (4-1)

若有一系統數力在 x- y 平面上則各

施力對 O 點所產生之力矩其方向恆指向 z軸如圖 4-3

由力矩向量皆共線則系統之力矩總合可簡單的利用純量加法來運算即

Fd M O R Σ=+983131 (4-2)

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-RC Hibbeler- CH04-9

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-RC Hibbeler- CH04-13

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4-1

試求圖 4-4 各例題對 O點的力矩

( )

力的作用線由一虛線所延伸故力臂 d 可由圖示決

定同時力臂 d 可由圖示決定同時力旋轉的方向由箭頭所定

圖 4-4(a) mN200)m2)(N100( sdot==O M Ans

圖 4-4(b) mN537)m750)(N50( sdot==O M Ans

圖 4-4(c) mN229)m30cos2m4)(N40( sdot=deg+=O

M n

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-RC Hibbeler- CH04-14

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圖 4-4(d) mN442)m45sin1)(N60( sdot=deg=O

M Ans

圖 4-4(e) mkN021)m1m4)(kN7( sdot=minus=O M Ans

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-RC Hibbeler- CH04-15

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例題 4-2

試求圖 4-5中 800 N力對 DC B A 四點的力矩

解( 純量法 )

利用 Fd M = 其中 d 為力臂即力的作用線與力矩

軸的垂直距離故

mN2000)m52(N800 sdot== A M Ans

mN1200)m51(N800 sdot== B M Ans

)(0)0(N800 點力的作用可通過 C M B F== Ans

mN400)m50(N800 sdot== D M Ans

彎曲箭頭方向表力矩旋轉方向

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-RC Hibbeler- CH04-16

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例題 4-3

試求圖 4-6中四外力對 O點的力矩總和

假設正力矩為指向 k+ 方向 ( 逆時針 )則

Fd M O R Σ=+[

mN334mN334

)m30cos3m4(40

)m30sin3(N20)0(N60)m2(N50

sdot=sdotminus=

deg+minus

deg++minus=

O

O

R

R

M

N

M

Ans

從以上計算過程必須注意如何決定 20 N 及 40 N 二

力之力臂距離

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-RC Hibbeler- CH04-17

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42 向量積

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-RC Hibbeler- CH04-18

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(magnitude) C 的大小為 AB兩向量的大小

與兩向量間角度 )1800( degleledeg θ θ 的正弦值三者的連乘積

即 θ sin ABC =

(direction) C 的方向與包含 AB 兩向量的平面

相垂直其方向依右手定則決定即彎曲右手手指由向量 A

轉至向量 B則右手大姆指的方向即為 C 的方向如圖

4-7

若已知向量 C 的大小及方向則我們可寫成

C AB uBAC )sin( θ =times= (4-3)

式中 θ sin AB 表其大小 C u 表其方向而 (4-3) 式可用圖

4-8 加以說明

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-RC Hibbeler- CH04-19

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-RC Hibbeler- CH04-20

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-RC Hibbeler- CH04-21

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1 向量積並不適用交換律即

ABBA timesnetimes

或

ABBA timesminus=times

上述可用圖 4-9 右手定則來加以說明 AB times 產生一向

量和 C方向相反即 CAB minus=times

2 向量積乘以一純量

aaaa )()()()( BABABABA times=times=times=times

由上述性質可得知各個例子的結果向量其大小

)sin|(| θ ABa 及方向皆相同

3 定配律

)()()( DABADBA times+times=+times

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-RC Hibbeler- CH04-22

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-RC Hibbeler- CH04-23

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方程式 (4-3) 可用來決定單位向量的向量

積例如欲求 jitimes 其大小為 1)1)(1)(1()90)(sin)(( ==deg ji

方向則由右手定則決定如圖 4-10 可知其方向為 k+ 即

k ji )1(=times 同理

0kki jk jik

0 j jki jik j0ii jkik ji

=timesminus=times=times

=timesminus=times=times=timesminus=times=times

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-RC Hibbeler- CH04-24

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-RC Hibbeler- CH04-25

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由右手定律及向量積的基本定義來瞭解圖 4-11 為一簡單

的圖示可幫助我們得到相同的結果依圖示兩單位向

量作逆時針方向的向量積其結果為第三個單位向量且

為正值即 jik =times 若作順時針向量積則得一負的單位

向量即 jki minus=times

若將兩個向量 AB表示成直角分量則其向量積為

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

kk jkik

k j j ji j

ki jiii

k jik jiBA

times+times+times+

times+times+times+

times+times+times=

++times++=times

z z y z x z

z y y y x y

z x y x x x

z y x z y x

B A B A B A

B A B A B A

B A B A B A

B B B A A A

整理後可得

k jiBA )()()( x y y x x z z x y z z y B A B A B A B A B A B A minus+minusminusminus=times (4-4)

上述亦可寫成行列式的形態

z y x

z y x

B B B

A A A

k ji

BA =times (4-5)

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43 一力的力矩向量式

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力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

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由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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-RC Hibbeler-CH04-35

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

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-RC Hibbeler-

CH04-43

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-5

ENGINEERING MECHANICS STATICS

一力對一點或一軸的力矩將造成物體繞此點或軸旋轉的傾向如水平力 xF 與板手的握把垂直並與 O 點距離

yd 由圖 4-1(a) 觀察此力欲使圓管繞 z 軸產生旋轉故此

力造成對 z 軸的力矩 zO )(M 當力量愈大或距離 yd 愈長時其效果愈顯著由

xF 所造成旋轉的傾向有時稱為扭

力但通常稱為力矩 zO )(M z 軸與包含 xF 及 yd 之陰影面

( x- y 面 ) 相垂直而此面與 z 軸交於 O 點 若一力 zF 施於板手如圖 4-1(b)此力將無法使圓管繞 z 軸

旋轉而有欲使之繞 x 軸旋轉雖然此刻無法實際使圓管

旋轉卻有旋轉之傾向 xO )(M 如前述力與 yd 所在之陰影

面必與力矩旋轉軸成垂直又若施力 yF 如圖 4-1(c)無法

造成旋轉的傾向因此力通過 O 點故不可能造成旋轉

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 6128

-RC Hibbeler- CH04-6

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-7

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 8128

-RC Hibbeler- CH04-8

ENGINEERING MECHANICS STATICS

OM 的方向依右手定則而定將右手指依力將造成之旋轉方向彎曲圖 4-2(a)則右手大姆指的指向即為力

矩的作用線之指向且與 F 及 d 所在平面垂直力矩 OM 可

視為滑動向量可在其作用線上任意移動

力矩的大小 OM 可表示成

Fd O =M (4-1)

若有一系統數力在 x- y 平面上則各

施力對 O 點所產生之力矩其方向恆指向 z軸如圖 4-3

由力矩向量皆共線則系統之力矩總合可簡單的利用純量加法來運算即

Fd M O R Σ=+983131 (4-2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 9128

-RC Hibbeler- CH04-9

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 10128

-RC Hibbeler- CH04-10

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 11128

-RC Hibbeler- CH04-11

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 12128

-RC Hibbeler- CH04-12

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-13

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-1

試求圖 4-4 各例題對 O點的力矩

( )

力的作用線由一虛線所延伸故力臂 d 可由圖示決

定同時力臂 d 可由圖示決定同時力旋轉的方向由箭頭所定

圖 4-4(a) mN200)m2)(N100( sdot==O M Ans

圖 4-4(b) mN537)m750)(N50( sdot==O M Ans

圖 4-4(c) mN229)m30cos2m4)(N40( sdot=deg+=O

M n

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-14

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-4(d) mN442)m45sin1)(N60( sdot=deg=O

M Ans

圖 4-4(e) mkN021)m1m4)(kN7( sdot=minus=O M Ans

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-15

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-2

試求圖 4-5中 800 N力對 DC B A 四點的力矩

解( 純量法 )

利用 Fd M = 其中 d 為力臂即力的作用線與力矩

軸的垂直距離故

mN2000)m52(N800 sdot== A M Ans

mN1200)m51(N800 sdot== B M Ans

)(0)0(N800 點力的作用可通過 C M B F== Ans

mN400)m50(N800 sdot== D M Ans

彎曲箭頭方向表力矩旋轉方向

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 16128

-RC Hibbeler- CH04-16

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-3

試求圖 4-6中四外力對 O點的力矩總和

假設正力矩為指向 k+ 方向 ( 逆時針 )則

Fd M O R Σ=+[

mN334mN334

)m30cos3m4(40

)m30sin3(N20)0(N60)m2(N50

sdot=sdotminus=

deg+minus

deg++minus=

O

O

R

R

M

N

M

Ans

從以上計算過程必須注意如何決定 20 N 及 40 N 二

力之力臂距離

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 17128

-RC Hibbeler- CH04-17

ENGINEERING MECHANICS STATICS

42 向量積

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 18128

-RC Hibbeler- CH04-18

ENGINEERING MECHANICS STATICS

(magnitude) C 的大小為 AB兩向量的大小

與兩向量間角度 )1800( degleledeg θ θ 的正弦值三者的連乘積

即 θ sin ABC =

(direction) C 的方向與包含 AB 兩向量的平面

相垂直其方向依右手定則決定即彎曲右手手指由向量 A

轉至向量 B則右手大姆指的方向即為 C 的方向如圖

4-7

若已知向量 C 的大小及方向則我們可寫成

C AB uBAC )sin( θ =times= (4-3)

式中 θ sin AB 表其大小 C u 表其方向而 (4-3) 式可用圖

4-8 加以說明

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 19128

-RC Hibbeler- CH04-19

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 20128

-RC Hibbeler- CH04-20

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 21128

-RC Hibbeler- CH04-21

ENGINEERING MECHANICS STATICS

1 向量積並不適用交換律即

ABBA timesnetimes

或

ABBA timesminus=times

上述可用圖 4-9 右手定則來加以說明 AB times 產生一向

量和 C方向相反即 CAB minus=times

2 向量積乘以一純量

aaaa )()()()( BABABABA times=times=times=times

由上述性質可得知各個例子的結果向量其大小

)sin|(| θ ABa 及方向皆相同

3 定配律

)()()( DABADBA times+times=+times

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-22

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-23

ENGINEERING MECHANICS STATICS

方程式 (4-3) 可用來決定單位向量的向量

積例如欲求 jitimes 其大小為 1)1)(1)(1()90)(sin)(( ==deg ji

方向則由右手定則決定如圖 4-10 可知其方向為 k+ 即

k ji )1(=times 同理

0kki jk jik

0 j jki jik j0ii jkik ji

=timesminus=times=times

=timesminus=times=times=timesminus=times=times

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-24

ENGINEERING MECHANICS STATICS

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 25128

-RC Hibbeler- CH04-25

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由右手定律及向量積的基本定義來瞭解圖 4-11 為一簡單

的圖示可幫助我們得到相同的結果依圖示兩單位向

量作逆時針方向的向量積其結果為第三個單位向量且

為正值即 jik =times 若作順時針向量積則得一負的單位

向量即 jki minus=times

若將兩個向量 AB表示成直角分量則其向量積為

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

kk jkik

k j j ji j

ki jiii

k jik jiBA

times+times+times+

times+times+times+

times+times+times=

++times++=times

z z y z x z

z y y y x y

z x y x x x

z y x z y x

B A B A B A

B A B A B A

B A B A B A

B B B A A A

整理後可得

k jiBA )()()( x y y x x z z x y z z y B A B A B A B A B A B A minus+minusminusminus=times (4-4)

上述亦可寫成行列式的形態

z y x

z y x

B B B

A A A

k ji

BA =times (4-5)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 26128

-RC Hibbeler- CH04-26

ENGINEERING MECHANICS STATICS

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-27

ENGINEERING MECHANICS STATICS

43 一力的力矩向量式

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 28128

-RC Hibbeler- CH04-28

ENGINEERING MECHANICS STATICS

力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-29

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-30

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

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-RC Hibbeler- CH04-31

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

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CH04-43

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CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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CH04-49

45 力對一軸的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

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CH04-52

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CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

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4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-66

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圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-68

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-RC Hibbeler-CH04-70

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

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例題 4-10

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

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例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

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亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

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例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

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若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-121

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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-RC Hibbeler- CH04-6

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-7

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-8

ENGINEERING MECHANICS STATICS

OM 的方向依右手定則而定將右手指依力將造成之旋轉方向彎曲圖 4-2(a)則右手大姆指的指向即為力

矩的作用線之指向且與 F 及 d 所在平面垂直力矩 OM 可

視為滑動向量可在其作用線上任意移動

力矩的大小 OM 可表示成

Fd O =M (4-1)

若有一系統數力在 x- y 平面上則各

施力對 O 點所產生之力矩其方向恆指向 z軸如圖 4-3

由力矩向量皆共線則系統之力矩總合可簡單的利用純量加法來運算即

Fd M O R Σ=+983131 (4-2)

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-RC Hibbeler- CH04-9

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-10

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-11

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-12

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-13

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-1

試求圖 4-4 各例題對 O點的力矩

( )

力的作用線由一虛線所延伸故力臂 d 可由圖示決

定同時力臂 d 可由圖示決定同時力旋轉的方向由箭頭所定

圖 4-4(a) mN200)m2)(N100( sdot==O M Ans

圖 4-4(b) mN537)m750)(N50( sdot==O M Ans

圖 4-4(c) mN229)m30cos2m4)(N40( sdot=deg+=O

M n

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-RC Hibbeler- CH04-14

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-4(d) mN442)m45sin1)(N60( sdot=deg=O

M Ans

圖 4-4(e) mkN021)m1m4)(kN7( sdot=minus=O M Ans

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-15

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-2

試求圖 4-5中 800 N力對 DC B A 四點的力矩

解( 純量法 )

利用 Fd M = 其中 d 為力臂即力的作用線與力矩

軸的垂直距離故

mN2000)m52(N800 sdot== A M Ans

mN1200)m51(N800 sdot== B M Ans

)(0)0(N800 點力的作用可通過 C M B F== Ans

mN400)m50(N800 sdot== D M Ans

彎曲箭頭方向表力矩旋轉方向

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 16128

-RC Hibbeler- CH04-16

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-3

試求圖 4-6中四外力對 O點的力矩總和

假設正力矩為指向 k+ 方向 ( 逆時針 )則

Fd M O R Σ=+[

mN334mN334

)m30cos3m4(40

)m30sin3(N20)0(N60)m2(N50

sdot=sdotminus=

deg+minus

deg++minus=

O

O

R

R

M

N

M

Ans

從以上計算過程必須注意如何決定 20 N 及 40 N 二

力之力臂距離

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-RC Hibbeler- CH04-17

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42 向量積

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-RC Hibbeler- CH04-18

ENGINEERING MECHANICS STATICS

(magnitude) C 的大小為 AB兩向量的大小

與兩向量間角度 )1800( degleledeg θ θ 的正弦值三者的連乘積

即 θ sin ABC =

(direction) C 的方向與包含 AB 兩向量的平面

相垂直其方向依右手定則決定即彎曲右手手指由向量 A

轉至向量 B則右手大姆指的方向即為 C 的方向如圖

4-7

若已知向量 C 的大小及方向則我們可寫成

C AB uBAC )sin( θ =times= (4-3)

式中 θ sin AB 表其大小 C u 表其方向而 (4-3) 式可用圖

4-8 加以說明

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-19

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 20128

-RC Hibbeler- CH04-20

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-RC Hibbeler- CH04-21

ENGINEERING MECHANICS STATICS

1 向量積並不適用交換律即

ABBA timesnetimes

或

ABBA timesminus=times

上述可用圖 4-9 右手定則來加以說明 AB times 產生一向

量和 C方向相反即 CAB minus=times

2 向量積乘以一純量

aaaa )()()()( BABABABA times=times=times=times

由上述性質可得知各個例子的結果向量其大小

)sin|(| θ ABa 及方向皆相同

3 定配律

)()()( DABADBA times+times=+times

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-RC Hibbeler- CH04-22

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-23

ENGINEERING MECHANICS STATICS

方程式 (4-3) 可用來決定單位向量的向量

積例如欲求 jitimes 其大小為 1)1)(1)(1()90)(sin)(( ==deg ji

方向則由右手定則決定如圖 4-10 可知其方向為 k+ 即

k ji )1(=times 同理

0kki jk jik

0 j jki jik j0ii jkik ji

=timesminus=times=times

=timesminus=times=times=timesminus=times=times

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-RC Hibbeler- CH04-24

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-25

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由右手定律及向量積的基本定義來瞭解圖 4-11 為一簡單

的圖示可幫助我們得到相同的結果依圖示兩單位向

量作逆時針方向的向量積其結果為第三個單位向量且

為正值即 jik =times 若作順時針向量積則得一負的單位

向量即 jki minus=times

若將兩個向量 AB表示成直角分量則其向量積為

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

kk jkik

k j j ji j

ki jiii

k jik jiBA

times+times+times+

times+times+times+

times+times+times=

++times++=times

z z y z x z

z y y y x y

z x y x x x

z y x z y x

B A B A B A

B A B A B A

B A B A B A

B B B A A A

整理後可得

k jiBA )()()( x y y x x z z x y z z y B A B A B A B A B A B A minus+minusminusminus=times (4-4)

上述亦可寫成行列式的形態

z y x

z y x

B B B

A A A

k ji

BA =times (4-5)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-26

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-27

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43 一力的力矩向量式

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-28

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力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-29

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 30128

-RC Hibbeler- CH04-30

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-31

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-33

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-RC Hibbeler-CH04-34

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-RC Hibbeler-CH04-35

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 40128

-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 41128

-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-43

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 48128

-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-51

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-52

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-53

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-55

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 62128

-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-65

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

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-RC Hibbeler-CH04-99

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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-RC Hibbeler- CH04-7

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-8

ENGINEERING MECHANICS STATICS

OM 的方向依右手定則而定將右手指依力將造成之旋轉方向彎曲圖 4-2(a)則右手大姆指的指向即為力

矩的作用線之指向且與 F 及 d 所在平面垂直力矩 OM 可

視為滑動向量可在其作用線上任意移動

力矩的大小 OM 可表示成

Fd O =M (4-1)

若有一系統數力在 x- y 平面上則各

施力對 O 點所產生之力矩其方向恆指向 z軸如圖 4-3

由力矩向量皆共線則系統之力矩總合可簡單的利用純量加法來運算即

Fd M O R Σ=+983131 (4-2)

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-RC Hibbeler- CH04-9

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-10

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-11

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-12

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-13

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-1

試求圖 4-4 各例題對 O點的力矩

( )

力的作用線由一虛線所延伸故力臂 d 可由圖示決

定同時力臂 d 可由圖示決定同時力旋轉的方向由箭頭所定

圖 4-4(a) mN200)m2)(N100( sdot==O M Ans

圖 4-4(b) mN537)m750)(N50( sdot==O M Ans

圖 4-4(c) mN229)m30cos2m4)(N40( sdot=deg+=O

M n

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-RC Hibbeler- CH04-14

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-4(d) mN442)m45sin1)(N60( sdot=deg=O

M Ans

圖 4-4(e) mkN021)m1m4)(kN7( sdot=minus=O M Ans

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-RC Hibbeler- CH04-15

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-2

試求圖 4-5中 800 N力對 DC B A 四點的力矩

解( 純量法 )

利用 Fd M = 其中 d 為力臂即力的作用線與力矩

軸的垂直距離故

mN2000)m52(N800 sdot== A M Ans

mN1200)m51(N800 sdot== B M Ans

)(0)0(N800 點力的作用可通過 C M B F== Ans

mN400)m50(N800 sdot== D M Ans

彎曲箭頭方向表力矩旋轉方向

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-RC Hibbeler- CH04-16

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-3

試求圖 4-6中四外力對 O點的力矩總和

假設正力矩為指向 k+ 方向 ( 逆時針 )則

Fd M O R Σ=+[

mN334mN334

)m30cos3m4(40

)m30sin3(N20)0(N60)m2(N50

sdot=sdotminus=

deg+minus

deg++minus=

O

O

R

R

M

N

M

Ans

從以上計算過程必須注意如何決定 20 N 及 40 N 二

力之力臂距離

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-RC Hibbeler- CH04-17

ENGINEERING MECHANICS STATICS

42 向量積

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-RC Hibbeler- CH04-18

ENGINEERING MECHANICS STATICS

(magnitude) C 的大小為 AB兩向量的大小

與兩向量間角度 )1800( degleledeg θ θ 的正弦值三者的連乘積

即 θ sin ABC =

(direction) C 的方向與包含 AB 兩向量的平面

相垂直其方向依右手定則決定即彎曲右手手指由向量 A

轉至向量 B則右手大姆指的方向即為 C 的方向如圖

4-7

若已知向量 C 的大小及方向則我們可寫成

C AB uBAC )sin( θ =times= (4-3)

式中 θ sin AB 表其大小 C u 表其方向而 (4-3) 式可用圖

4-8 加以說明

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-RC Hibbeler- CH04-19

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-20

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-21

ENGINEERING MECHANICS STATICS

1 向量積並不適用交換律即

ABBA timesnetimes

或

ABBA timesminus=times

上述可用圖 4-9 右手定則來加以說明 AB times 產生一向

量和 C方向相反即 CAB minus=times

2 向量積乘以一純量

aaaa )()()()( BABABABA times=times=times=times

由上述性質可得知各個例子的結果向量其大小

)sin|(| θ ABa 及方向皆相同

3 定配律

)()()( DABADBA times+times=+times

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-RC Hibbeler- CH04-22

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-23

ENGINEERING MECHANICS STATICS

方程式 (4-3) 可用來決定單位向量的向量

積例如欲求 jitimes 其大小為 1)1)(1)(1()90)(sin)(( ==deg ji

方向則由右手定則決定如圖 4-10 可知其方向為 k+ 即

k ji )1(=times 同理

0kki jk jik

0 j jki jik j0ii jkik ji

=timesminus=times=times

=timesminus=times=times=timesminus=times=times

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-RC Hibbeler- CH04-24

ENGINEERING MECHANICS STATICS

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-25

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由右手定律及向量積的基本定義來瞭解圖 4-11 為一簡單

的圖示可幫助我們得到相同的結果依圖示兩單位向

量作逆時針方向的向量積其結果為第三個單位向量且

為正值即 jik =times 若作順時針向量積則得一負的單位

向量即 jki minus=times

若將兩個向量 AB表示成直角分量則其向量積為

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

kk jkik

k j j ji j

ki jiii

k jik jiBA

times+times+times+

times+times+times+

times+times+times=

++times++=times

z z y z x z

z y y y x y

z x y x x x

z y x z y x

B A B A B A

B A B A B A

B A B A B A

B B B A A A

整理後可得

k jiBA )()()( x y y x x z z x y z z y B A B A B A B A B A B A minus+minusminusminus=times (4-4)

上述亦可寫成行列式的形態

z y x

z y x

B B B

A A A

k ji

BA =times (4-5)

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-RC Hibbeler- CH04-26

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-RC Hibbeler- CH04-27

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43 一力的力矩向量式

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-RC Hibbeler- CH04-28

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力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

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-RC Hibbeler- CH04-29

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-RC Hibbeler- CH04-30

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由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

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-RC Hibbeler- CH04-31

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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-RC Hibbeler-CH04-33

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-RC Hibbeler-CH04-34

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-RC Hibbeler-CH04-35

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

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CH04-43

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CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

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4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-66

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圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-69

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-RC Hibbeler-CH04-71

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

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例題 4-10

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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-RC Hibbeler- CH04-8

ENGINEERING MECHANICS STATICS

OM 的方向依右手定則而定將右手指依力將造成之旋轉方向彎曲圖 4-2(a)則右手大姆指的指向即為力

矩的作用線之指向且與 F 及 d 所在平面垂直力矩 OM 可

視為滑動向量可在其作用線上任意移動

力矩的大小 OM 可表示成

Fd O =M (4-1)

若有一系統數力在 x- y 平面上則各

施力對 O 點所產生之力矩其方向恆指向 z軸如圖 4-3

由力矩向量皆共線則系統之力矩總合可簡單的利用純量加法來運算即

Fd M O R Σ=+983131 (4-2)

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-RC Hibbeler- CH04-9

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-RC Hibbeler- CH04-10

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-RC Hibbeler- CH04-11

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-RC Hibbeler- CH04-12

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-RC Hibbeler- CH04-13

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-1

試求圖 4-4 各例題對 O點的力矩

( )

力的作用線由一虛線所延伸故力臂 d 可由圖示決

定同時力臂 d 可由圖示決定同時力旋轉的方向由箭頭所定

圖 4-4(a) mN200)m2)(N100( sdot==O M Ans

圖 4-4(b) mN537)m750)(N50( sdot==O M Ans

圖 4-4(c) mN229)m30cos2m4)(N40( sdot=deg+=O

M n

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-RC Hibbeler- CH04-14

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圖 4-4(d) mN442)m45sin1)(N60( sdot=deg=O

M Ans

圖 4-4(e) mkN021)m1m4)(kN7( sdot=minus=O M Ans

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-RC Hibbeler- CH04-15

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例題 4-2

試求圖 4-5中 800 N力對 DC B A 四點的力矩

解( 純量法 )

利用 Fd M = 其中 d 為力臂即力的作用線與力矩

軸的垂直距離故

mN2000)m52(N800 sdot== A M Ans

mN1200)m51(N800 sdot== B M Ans

)(0)0(N800 點力的作用可通過 C M B F== Ans

mN400)m50(N800 sdot== D M Ans

彎曲箭頭方向表力矩旋轉方向

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-RC Hibbeler- CH04-16

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-3

試求圖 4-6中四外力對 O點的力矩總和

假設正力矩為指向 k+ 方向 ( 逆時針 )則

Fd M O R Σ=+[

mN334mN334

)m30cos3m4(40

)m30sin3(N20)0(N60)m2(N50

sdot=sdotminus=

deg+minus

deg++minus=

O

O

R

R

M

N

M

Ans

從以上計算過程必須注意如何決定 20 N 及 40 N 二

力之力臂距離

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-RC Hibbeler- CH04-17

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42 向量積

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-RC Hibbeler- CH04-18

ENGINEERING MECHANICS STATICS

(magnitude) C 的大小為 AB兩向量的大小

與兩向量間角度 )1800( degleledeg θ θ 的正弦值三者的連乘積

即 θ sin ABC =

(direction) C 的方向與包含 AB 兩向量的平面

相垂直其方向依右手定則決定即彎曲右手手指由向量 A

轉至向量 B則右手大姆指的方向即為 C 的方向如圖

4-7

若已知向量 C 的大小及方向則我們可寫成

C AB uBAC )sin( θ =times= (4-3)

式中 θ sin AB 表其大小 C u 表其方向而 (4-3) 式可用圖

4-8 加以說明

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-RC Hibbeler- CH04-19

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-20

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-RC Hibbeler- CH04-21

ENGINEERING MECHANICS STATICS

1 向量積並不適用交換律即

ABBA timesnetimes

或

ABBA timesminus=times

上述可用圖 4-9 右手定則來加以說明 AB times 產生一向

量和 C方向相反即 CAB minus=times

2 向量積乘以一純量

aaaa )()()()( BABABABA times=times=times=times

由上述性質可得知各個例子的結果向量其大小

)sin|(| θ ABa 及方向皆相同

3 定配律

)()()( DABADBA times+times=+times

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-RC Hibbeler- CH04-22

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-RC Hibbeler- CH04-23

ENGINEERING MECHANICS STATICS

方程式 (4-3) 可用來決定單位向量的向量

積例如欲求 jitimes 其大小為 1)1)(1)(1()90)(sin)(( ==deg ji

方向則由右手定則決定如圖 4-10 可知其方向為 k+ 即

k ji )1(=times 同理

0kki jk jik

0 j jki jik j0ii jkik ji

=timesminus=times=times

=timesminus=times=times=timesminus=times=times

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-RC Hibbeler- CH04-24

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-25

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由右手定律及向量積的基本定義來瞭解圖 4-11 為一簡單

的圖示可幫助我們得到相同的結果依圖示兩單位向

量作逆時針方向的向量積其結果為第三個單位向量且

為正值即 jik =times 若作順時針向量積則得一負的單位

向量即 jki minus=times

若將兩個向量 AB表示成直角分量則其向量積為

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

kk jkik

k j j ji j

ki jiii

k jik jiBA

times+times+times+

times+times+times+

times+times+times=

++times++=times

z z y z x z

z y y y x y

z x y x x x

z y x z y x

B A B A B A

B A B A B A

B A B A B A

B B B A A A

整理後可得

k jiBA )()()( x y y x x z z x y z z y B A B A B A B A B A B A minus+minusminusminus=times (4-4)

上述亦可寫成行列式的形態

z y x

z y x

B B B

A A A

k ji

BA =times (4-5)

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43 一力的力矩向量式

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-RC Hibbeler- CH04-28

ENGINEERING MECHANICS STATICS

力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

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-RC Hibbeler- CH04-29

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-30

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-31

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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-RC Hibbeler-CH04-33

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-RC Hibbeler-CH04-34

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

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-RC Hibbeler-

CH04-43

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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-RC Hibbeler-

CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-69

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-RC Hibbeler-CH04-70

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

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-RC Hibbeler-CH04-83

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 95128

-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 99128

-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 100128

-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 103128

-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 104128

-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 105128

-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 106128

-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 9128

-RC Hibbeler- CH04-9

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 10128

-RC Hibbeler- CH04-10

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 11128

-RC Hibbeler- CH04-11

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 12128

-RC Hibbeler- CH04-12

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 13128

-RC Hibbeler- CH04-13

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-1

試求圖 4-4 各例題對 O點的力矩

( )

力的作用線由一虛線所延伸故力臂 d 可由圖示決

定同時力臂 d 可由圖示決定同時力旋轉的方向由箭頭所定

圖 4-4(a) mN200)m2)(N100( sdot==O M Ans

圖 4-4(b) mN537)m750)(N50( sdot==O M Ans

圖 4-4(c) mN229)m30cos2m4)(N40( sdot=deg+=O

M n

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-14

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-4(d) mN442)m45sin1)(N60( sdot=deg=O

M Ans

圖 4-4(e) mkN021)m1m4)(kN7( sdot=minus=O M Ans

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-15

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-2

試求圖 4-5中 800 N力對 DC B A 四點的力矩

解( 純量法 )

利用 Fd M = 其中 d 為力臂即力的作用線與力矩

軸的垂直距離故

mN2000)m52(N800 sdot== A M Ans

mN1200)m51(N800 sdot== B M Ans

)(0)0(N800 點力的作用可通過 C M B F== Ans

mN400)m50(N800 sdot== D M Ans

彎曲箭頭方向表力矩旋轉方向

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 16128

-RC Hibbeler- CH04-16

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-3

試求圖 4-6中四外力對 O點的力矩總和

假設正力矩為指向 k+ 方向 ( 逆時針 )則

Fd M O R Σ=+[

mN334mN334

)m30cos3m4(40

)m30sin3(N20)0(N60)m2(N50

sdot=sdotminus=

deg+minus

deg++minus=

O

O

R

R

M

N

M

Ans

從以上計算過程必須注意如何決定 20 N 及 40 N 二

力之力臂距離

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-17

ENGINEERING MECHANICS STATICS

42 向量積

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-18

ENGINEERING MECHANICS STATICS

(magnitude) C 的大小為 AB兩向量的大小

與兩向量間角度 )1800( degleledeg θ θ 的正弦值三者的連乘積

即 θ sin ABC =

(direction) C 的方向與包含 AB 兩向量的平面

相垂直其方向依右手定則決定即彎曲右手手指由向量 A

轉至向量 B則右手大姆指的方向即為 C 的方向如圖

4-7

若已知向量 C 的大小及方向則我們可寫成

C AB uBAC )sin( θ =times= (4-3)

式中 θ sin AB 表其大小 C u 表其方向而 (4-3) 式可用圖

4-8 加以說明

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-RC Hibbeler- CH04-19

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-RC Hibbeler- CH04-20

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-21

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1 向量積並不適用交換律即

ABBA timesnetimes

或

ABBA timesminus=times

上述可用圖 4-9 右手定則來加以說明 AB times 產生一向

量和 C方向相反即 CAB minus=times

2 向量積乘以一純量

aaaa )()()()( BABABABA times=times=times=times

由上述性質可得知各個例子的結果向量其大小

)sin|(| θ ABa 及方向皆相同

3 定配律

)()()( DABADBA times+times=+times

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-RC Hibbeler- CH04-22

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-RC Hibbeler- CH04-23

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方程式 (4-3) 可用來決定單位向量的向量

積例如欲求 jitimes 其大小為 1)1)(1)(1()90)(sin)(( ==deg ji

方向則由右手定則決定如圖 4-10 可知其方向為 k+ 即

k ji )1(=times 同理

0kki jk jik

0 j jki jik j0ii jkik ji

=timesminus=times=times

=timesminus=times=times=timesminus=times=times

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-RC Hibbeler- CH04-25

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由右手定律及向量積的基本定義來瞭解圖 4-11 為一簡單

的圖示可幫助我們得到相同的結果依圖示兩單位向

量作逆時針方向的向量積其結果為第三個單位向量且

為正值即 jik =times 若作順時針向量積則得一負的單位

向量即 jki minus=times

若將兩個向量 AB表示成直角分量則其向量積為

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

kk jkik

k j j ji j

ki jiii

k jik jiBA

times+times+times+

times+times+times+

times+times+times=

++times++=times

z z y z x z

z y y y x y

z x y x x x

z y x z y x

B A B A B A

B A B A B A

B A B A B A

B B B A A A

整理後可得

k jiBA )()()( x y y x x z z x y z z y B A B A B A B A B A B A minus+minusminusminus=times (4-4)

上述亦可寫成行列式的形態

z y x

z y x

B B B

A A A

k ji

BA =times (4-5)

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43 一力的力矩向量式

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-RC Hibbeler- CH04-28

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力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

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-RC Hibbeler- CH04-30

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由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

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-RC Hibbeler- CH04-31

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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44 力矩原理

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-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-

CH04-43

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

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4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-10

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-11

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-12

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-13

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-1

試求圖 4-4 各例題對 O點的力矩

( )

力的作用線由一虛線所延伸故力臂 d 可由圖示決

定同時力臂 d 可由圖示決定同時力旋轉的方向由箭頭所定

圖 4-4(a) mN200)m2)(N100( sdot==O M Ans

圖 4-4(b) mN537)m750)(N50( sdot==O M Ans

圖 4-4(c) mN229)m30cos2m4)(N40( sdot=deg+=O

M n

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 14128

-RC Hibbeler- CH04-14

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-4(d) mN442)m45sin1)(N60( sdot=deg=O

M Ans

圖 4-4(e) mkN021)m1m4)(kN7( sdot=minus=O M Ans

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-15

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-2

試求圖 4-5中 800 N力對 DC B A 四點的力矩

解( 純量法 )

利用 Fd M = 其中 d 為力臂即力的作用線與力矩

軸的垂直距離故

mN2000)m52(N800 sdot== A M Ans

mN1200)m51(N800 sdot== B M Ans

)(0)0(N800 點力的作用可通過 C M B F== Ans

mN400)m50(N800 sdot== D M Ans

彎曲箭頭方向表力矩旋轉方向

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 16128

-RC Hibbeler- CH04-16

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-3

試求圖 4-6中四外力對 O點的力矩總和

假設正力矩為指向 k+ 方向 ( 逆時針 )則

Fd M O R Σ=+[

mN334mN334

)m30cos3m4(40

)m30sin3(N20)0(N60)m2(N50

sdot=sdotminus=

deg+minus

deg++minus=

O

O

R

R

M

N

M

Ans

從以上計算過程必須注意如何決定 20 N 及 40 N 二

力之力臂距離

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 17128

-RC Hibbeler- CH04-17

ENGINEERING MECHANICS STATICS

42 向量積

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 18128

-RC Hibbeler- CH04-18

ENGINEERING MECHANICS STATICS

(magnitude) C 的大小為 AB兩向量的大小

與兩向量間角度 )1800( degleledeg θ θ 的正弦值三者的連乘積

即 θ sin ABC =

(direction) C 的方向與包含 AB 兩向量的平面

相垂直其方向依右手定則決定即彎曲右手手指由向量 A

轉至向量 B則右手大姆指的方向即為 C 的方向如圖

4-7

若已知向量 C 的大小及方向則我們可寫成

C AB uBAC )sin( θ =times= (4-3)

式中 θ sin AB 表其大小 C u 表其方向而 (4-3) 式可用圖

4-8 加以說明

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 19128

-RC Hibbeler- CH04-19

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-20

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-21

ENGINEERING MECHANICS STATICS

1 向量積並不適用交換律即

ABBA timesnetimes

或

ABBA timesminus=times

上述可用圖 4-9 右手定則來加以說明 AB times 產生一向

量和 C方向相反即 CAB minus=times

2 向量積乘以一純量

aaaa )()()()( BABABABA times=times=times=times

由上述性質可得知各個例子的結果向量其大小

)sin|(| θ ABa 及方向皆相同

3 定配律

)()()( DABADBA times+times=+times

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 22128

-RC Hibbeler- CH04-22

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-23

ENGINEERING MECHANICS STATICS

方程式 (4-3) 可用來決定單位向量的向量

積例如欲求 jitimes 其大小為 1)1)(1)(1()90)(sin)(( ==deg ji

方向則由右手定則決定如圖 4-10 可知其方向為 k+ 即

k ji )1(=times 同理

0kki jk jik

0 j jki jik j0ii jkik ji

=timesminus=times=times

=timesminus=times=times=timesminus=times=times

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 24128

-RC Hibbeler- CH04-24

ENGINEERING MECHANICS STATICS

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-25

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由右手定律及向量積的基本定義來瞭解圖 4-11 為一簡單

的圖示可幫助我們得到相同的結果依圖示兩單位向

量作逆時針方向的向量積其結果為第三個單位向量且

為正值即 jik =times 若作順時針向量積則得一負的單位

向量即 jki minus=times

若將兩個向量 AB表示成直角分量則其向量積為

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

kk jkik

k j j ji j

ki jiii

k jik jiBA

times+times+times+

times+times+times+

times+times+times=

++times++=times

z z y z x z

z y y y x y

z x y x x x

z y x z y x

B A B A B A

B A B A B A

B A B A B A

B B B A A A

整理後可得

k jiBA )()()( x y y x x z z x y z z y B A B A B A B A B A B A minus+minusminusminus=times (4-4)

上述亦可寫成行列式的形態

z y x

z y x

B B B

A A A

k ji

BA =times (4-5)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 26128

-RC Hibbeler- CH04-26

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-27

ENGINEERING MECHANICS STATICS

43 一力的力矩向量式

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-28

ENGINEERING MECHANICS STATICS

力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 29128

-RC Hibbeler- CH04-29

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-30

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-31

ENGINEERING MECHANICS STATICS

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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-RC Hibbeler-CH04-33

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-RC Hibbeler-CH04-34

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-RC Hibbeler-CH04-35

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 39128

-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 40128

-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 41128

-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-42

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-RC Hibbeler-

CH04-43

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-68

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-RC Hibbeler-CH04-69

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-RC Hibbeler-CH04-70

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-RC Hibbeler-CH04-71

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

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例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

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O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

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O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

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第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

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-RC Hibbeler-CH04-90

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 93128

-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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-RC Hibbeler- CH04-11

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-12

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-13

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-1

試求圖 4-4 各例題對 O點的力矩

( )

力的作用線由一虛線所延伸故力臂 d 可由圖示決

定同時力臂 d 可由圖示決定同時力旋轉的方向由箭頭所定

圖 4-4(a) mN200)m2)(N100( sdot==O M Ans

圖 4-4(b) mN537)m750)(N50( sdot==O M Ans

圖 4-4(c) mN229)m30cos2m4)(N40( sdot=deg+=O

M n

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-RC Hibbeler- CH04-14

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-4(d) mN442)m45sin1)(N60( sdot=deg=O

M Ans

圖 4-4(e) mkN021)m1m4)(kN7( sdot=minus=O M Ans

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-RC Hibbeler- CH04-15

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-2

試求圖 4-5中 800 N力對 DC B A 四點的力矩

解( 純量法 )

利用 Fd M = 其中 d 為力臂即力的作用線與力矩

軸的垂直距離故

mN2000)m52(N800 sdot== A M Ans

mN1200)m51(N800 sdot== B M Ans

)(0)0(N800 點力的作用可通過 C M B F== Ans

mN400)m50(N800 sdot== D M Ans

彎曲箭頭方向表力矩旋轉方向

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-RC Hibbeler- CH04-16

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-3

試求圖 4-6中四外力對 O點的力矩總和

假設正力矩為指向 k+ 方向 ( 逆時針 )則

Fd M O R Σ=+[

mN334mN334

)m30cos3m4(40

)m30sin3(N20)0(N60)m2(N50

sdot=sdotminus=

deg+minus

deg++minus=

O

O

R

R

M

N

M

Ans

從以上計算過程必須注意如何決定 20 N 及 40 N 二

力之力臂距離

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-RC Hibbeler- CH04-17

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42 向量積

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-RC Hibbeler- CH04-18

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(magnitude) C 的大小為 AB兩向量的大小

與兩向量間角度 )1800( degleledeg θ θ 的正弦值三者的連乘積

即 θ sin ABC =

(direction) C 的方向與包含 AB 兩向量的平面

相垂直其方向依右手定則決定即彎曲右手手指由向量 A

轉至向量 B則右手大姆指的方向即為 C 的方向如圖

4-7

若已知向量 C 的大小及方向則我們可寫成

C AB uBAC )sin( θ =times= (4-3)

式中 θ sin AB 表其大小 C u 表其方向而 (4-3) 式可用圖

4-8 加以說明

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-RC Hibbeler- CH04-19

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-RC Hibbeler- CH04-21

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1 向量積並不適用交換律即

ABBA timesnetimes

或

ABBA timesminus=times

上述可用圖 4-9 右手定則來加以說明 AB times 產生一向

量和 C方向相反即 CAB minus=times

2 向量積乘以一純量

aaaa )()()()( BABABABA times=times=times=times

由上述性質可得知各個例子的結果向量其大小

)sin|(| θ ABa 及方向皆相同

3 定配律

)()()( DABADBA times+times=+times

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-RC Hibbeler- CH04-23

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方程式 (4-3) 可用來決定單位向量的向量

積例如欲求 jitimes 其大小為 1)1)(1)(1()90)(sin)(( ==deg ji

方向則由右手定則決定如圖 4-10 可知其方向為 k+ 即

k ji )1(=times 同理

0kki jk jik

0 j jki jik j0ii jkik ji

=timesminus=times=times

=timesminus=times=times=timesminus=times=times

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-RC Hibbeler- CH04-24

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-RC Hibbeler- CH04-25

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由右手定律及向量積的基本定義來瞭解圖 4-11 為一簡單

的圖示可幫助我們得到相同的結果依圖示兩單位向

量作逆時針方向的向量積其結果為第三個單位向量且

為正值即 jik =times 若作順時針向量積則得一負的單位

向量即 jki minus=times

若將兩個向量 AB表示成直角分量則其向量積為

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

kk jkik

k j j ji j

ki jiii

k jik jiBA

times+times+times+

times+times+times+

times+times+times=

++times++=times

z z y z x z

z y y y x y

z x y x x x

z y x z y x

B A B A B A

B A B A B A

B A B A B A

B B B A A A

整理後可得

k jiBA )()()( x y y x x z z x y z z y B A B A B A B A B A B A minus+minusminusminus=times (4-4)

上述亦可寫成行列式的形態

z y x

z y x

B B B

A A A

k ji

BA =times (4-5)

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43 一力的力矩向量式

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-RC Hibbeler- CH04-28

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力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

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由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

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-RC Hibbeler- CH04-31

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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CH04-43

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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CH04-49

45 力對一軸的力矩

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CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

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4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

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分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

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分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

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4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

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例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

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對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-12

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-13

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4-1

試求圖 4-4 各例題對 O點的力矩

( )

力的作用線由一虛線所延伸故力臂 d 可由圖示決

定同時力臂 d 可由圖示決定同時力旋轉的方向由箭頭所定

圖 4-4(a) mN200)m2)(N100( sdot==O M Ans

圖 4-4(b) mN537)m750)(N50( sdot==O M Ans

圖 4-4(c) mN229)m30cos2m4)(N40( sdot=deg+=O

M n

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-14

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圖 4-4(d) mN442)m45sin1)(N60( sdot=deg=O

M Ans

圖 4-4(e) mkN021)m1m4)(kN7( sdot=minus=O M Ans

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-15

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例題 4-2

試求圖 4-5中 800 N力對 DC B A 四點的力矩

解( 純量法 )

利用 Fd M = 其中 d 為力臂即力的作用線與力矩

軸的垂直距離故

mN2000)m52(N800 sdot== A M Ans

mN1200)m51(N800 sdot== B M Ans

)(0)0(N800 點力的作用可通過 C M B F== Ans

mN400)m50(N800 sdot== D M Ans

彎曲箭頭方向表力矩旋轉方向

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 16128

-RC Hibbeler- CH04-16

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例題 4-3

試求圖 4-6中四外力對 O點的力矩總和

假設正力矩為指向 k+ 方向 ( 逆時針 )則

Fd M O R Σ=+[

mN334mN334

)m30cos3m4(40

)m30sin3(N20)0(N60)m2(N50

sdot=sdotminus=

deg+minus

deg++minus=

O

O

R

R

M

N

M

Ans

從以上計算過程必須注意如何決定 20 N 及 40 N 二

力之力臂距離

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-RC Hibbeler- CH04-17

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42 向量積

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 18128

-RC Hibbeler- CH04-18

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(magnitude) C 的大小為 AB兩向量的大小

與兩向量間角度 )1800( degleledeg θ θ 的正弦值三者的連乘積

即 θ sin ABC =

(direction) C 的方向與包含 AB 兩向量的平面

相垂直其方向依右手定則決定即彎曲右手手指由向量 A

轉至向量 B則右手大姆指的方向即為 C 的方向如圖

4-7

若已知向量 C 的大小及方向則我們可寫成

C AB uBAC )sin( θ =times= (4-3)

式中 θ sin AB 表其大小 C u 表其方向而 (4-3) 式可用圖

4-8 加以說明

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 19128

-RC Hibbeler- CH04-19

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-20

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-21

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1 向量積並不適用交換律即

ABBA timesnetimes

或

ABBA timesminus=times

上述可用圖 4-9 右手定則來加以說明 AB times 產生一向

量和 C方向相反即 CAB minus=times

2 向量積乘以一純量

aaaa )()()()( BABABABA times=times=times=times

由上述性質可得知各個例子的結果向量其大小

)sin|(| θ ABa 及方向皆相同

3 定配律

)()()( DABADBA times+times=+times

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-RC Hibbeler- CH04-22

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 23128

-RC Hibbeler- CH04-23

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方程式 (4-3) 可用來決定單位向量的向量

積例如欲求 jitimes 其大小為 1)1)(1)(1()90)(sin)(( ==deg ji

方向則由右手定則決定如圖 4-10 可知其方向為 k+ 即

k ji )1(=times 同理

0kki jk jik

0 j jki jik j0ii jkik ji

=timesminus=times=times

=timesminus=times=times=timesminus=times=times

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 24128

-RC Hibbeler- CH04-24

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-25

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由右手定律及向量積的基本定義來瞭解圖 4-11 為一簡單

的圖示可幫助我們得到相同的結果依圖示兩單位向

量作逆時針方向的向量積其結果為第三個單位向量且

為正值即 jik =times 若作順時針向量積則得一負的單位

向量即 jki minus=times

若將兩個向量 AB表示成直角分量則其向量積為

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

kk jkik

k j j ji j

ki jiii

k jik jiBA

times+times+times+

times+times+times+

times+times+times=

++times++=times

z z y z x z

z y y y x y

z x y x x x

z y x z y x

B A B A B A

B A B A B A

B A B A B A

B B B A A A

整理後可得

k jiBA )()()( x y y x x z z x y z z y B A B A B A B A B A B A minus+minusminusminus=times (4-4)

上述亦可寫成行列式的形態

z y x

z y x

B B B

A A A

k ji

BA =times (4-5)

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-RC Hibbeler- CH04-26

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-27

ENGINEERING MECHANICS STATICS

43 一力的力矩向量式

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-RC Hibbeler- CH04-28

ENGINEERING MECHANICS STATICS

力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

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-RC Hibbeler- CH04-29

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-RC Hibbeler- CH04-30

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-31

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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-RC Hibbeler-CH04-33

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-RC Hibbeler-CH04-34

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-RC Hibbeler-CH04-35

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 39128

-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 40128

-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 41128

-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

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CH04-43

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CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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CH04-49

45 力對一軸的力矩

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CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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CH04-51

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CH04-52

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CH04-53

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CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

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4-9

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圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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圖 4-27力偶矩的大小為

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圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-69

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-RC Hibbeler-CH04-70

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

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例題 4-10

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

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例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

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亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

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例題 4-12

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

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若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

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例題 4-13

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

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O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

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-RC Hibbeler-CH04-83

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

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若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

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第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

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例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

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FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

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-RC Hibbeler-CH04-99

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-RC Hibbeler-CH04-100

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

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-RC Hibbeler-CH04-102

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

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解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

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圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

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如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

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例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

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分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

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-RC Hibbeler-CH04-121

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-13

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-1

試求圖 4-4 各例題對 O點的力矩

( )

力的作用線由一虛線所延伸故力臂 d 可由圖示決

定同時力臂 d 可由圖示決定同時力旋轉的方向由箭頭所定

圖 4-4(a) mN200)m2)(N100( sdot==O M Ans

圖 4-4(b) mN537)m750)(N50( sdot==O M Ans

圖 4-4(c) mN229)m30cos2m4)(N40( sdot=deg+=O

M n

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-RC Hibbeler- CH04-14

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圖 4-4(d) mN442)m45sin1)(N60( sdot=deg=O

M Ans

圖 4-4(e) mkN021)m1m4)(kN7( sdot=minus=O M Ans

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-RC Hibbeler- CH04-15

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-2

試求圖 4-5中 800 N力對 DC B A 四點的力矩

解( 純量法 )

利用 Fd M = 其中 d 為力臂即力的作用線與力矩

軸的垂直距離故

mN2000)m52(N800 sdot== A M Ans

mN1200)m51(N800 sdot== B M Ans

)(0)0(N800 點力的作用可通過 C M B F== Ans

mN400)m50(N800 sdot== D M Ans

彎曲箭頭方向表力矩旋轉方向

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-16

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-3

試求圖 4-6中四外力對 O點的力矩總和

假設正力矩為指向 k+ 方向 ( 逆時針 )則

Fd M O R Σ=+[

mN334mN334

)m30cos3m4(40

)m30sin3(N20)0(N60)m2(N50

sdot=sdotminus=

deg+minus

deg++minus=

O

O

R

R

M

N

M

Ans

從以上計算過程必須注意如何決定 20 N 及 40 N 二

力之力臂距離

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-RC Hibbeler- CH04-17

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42 向量積

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-RC Hibbeler- CH04-18

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(magnitude) C 的大小為 AB兩向量的大小

與兩向量間角度 )1800( degleledeg θ θ 的正弦值三者的連乘積

即 θ sin ABC =

(direction) C 的方向與包含 AB 兩向量的平面

相垂直其方向依右手定則決定即彎曲右手手指由向量 A

轉至向量 B則右手大姆指的方向即為 C 的方向如圖

4-7

若已知向量 C 的大小及方向則我們可寫成

C AB uBAC )sin( θ =times= (4-3)

式中 θ sin AB 表其大小 C u 表其方向而 (4-3) 式可用圖

4-8 加以說明

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-RC Hibbeler- CH04-19

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-RC Hibbeler- CH04-21

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1 向量積並不適用交換律即

ABBA timesnetimes

或

ABBA timesminus=times

上述可用圖 4-9 右手定則來加以說明 AB times 產生一向

量和 C方向相反即 CAB minus=times

2 向量積乘以一純量

aaaa )()()()( BABABABA times=times=times=times

由上述性質可得知各個例子的結果向量其大小

)sin|(| θ ABa 及方向皆相同

3 定配律

)()()( DABADBA times+times=+times

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-RC Hibbeler- CH04-23

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方程式 (4-3) 可用來決定單位向量的向量

積例如欲求 jitimes 其大小為 1)1)(1)(1()90)(sin)(( ==deg ji

方向則由右手定則決定如圖 4-10 可知其方向為 k+ 即

k ji )1(=times 同理

0kki jk jik

0 j jki jik j0ii jkik ji

=timesminus=times=times

=timesminus=times=times=timesminus=times=times

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-RC Hibbeler- CH04-24

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-RC Hibbeler- CH04-25

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由右手定律及向量積的基本定義來瞭解圖 4-11 為一簡單

的圖示可幫助我們得到相同的結果依圖示兩單位向

量作逆時針方向的向量積其結果為第三個單位向量且

為正值即 jik =times 若作順時針向量積則得一負的單位

向量即 jki minus=times

若將兩個向量 AB表示成直角分量則其向量積為

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

kk jkik

k j j ji j

ki jiii

k jik jiBA

times+times+times+

times+times+times+

times+times+times=

++times++=times

z z y z x z

z y y y x y

z x y x x x

z y x z y x

B A B A B A

B A B A B A

B A B A B A

B B B A A A

整理後可得

k jiBA )()()( x y y x x z z x y z z y B A B A B A B A B A B A minus+minusminusminus=times (4-4)

上述亦可寫成行列式的形態

z y x

z y x

B B B

A A A

k ji

BA =times (4-5)

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43 一力的力矩向量式

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-RC Hibbeler- CH04-28

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力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

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由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

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-RC Hibbeler- CH04-31

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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44 力矩原理

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-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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CH04-43

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CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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CH04-49

45 力對一軸的力矩

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CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

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4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-66

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圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-14

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-4(d) mN442)m45sin1)(N60( sdot=deg=O

M Ans

圖 4-4(e) mkN021)m1m4)(kN7( sdot=minus=O M Ans

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-15

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例題 4-2

試求圖 4-5中 800 N力對 DC B A 四點的力矩

解( 純量法 )

利用 Fd M = 其中 d 為力臂即力的作用線與力矩

軸的垂直距離故

mN2000)m52(N800 sdot== A M Ans

mN1200)m51(N800 sdot== B M Ans

)(0)0(N800 點力的作用可通過 C M B F== Ans

mN400)m50(N800 sdot== D M Ans

彎曲箭頭方向表力矩旋轉方向

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 16128

-RC Hibbeler- CH04-16

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-3

試求圖 4-6中四外力對 O點的力矩總和

假設正力矩為指向 k+ 方向 ( 逆時針 )則

Fd M O R Σ=+[

mN334mN334

)m30cos3m4(40

)m30sin3(N20)0(N60)m2(N50

sdot=sdotminus=

deg+minus

deg++minus=

O

O

R

R

M

N

M

Ans

從以上計算過程必須注意如何決定 20 N 及 40 N 二

力之力臂距離

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 17128

-RC Hibbeler- CH04-17

ENGINEERING MECHANICS STATICS

42 向量積

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 18128

-RC Hibbeler- CH04-18

ENGINEERING MECHANICS STATICS

(magnitude) C 的大小為 AB兩向量的大小

與兩向量間角度 )1800( degleledeg θ θ 的正弦值三者的連乘積

即 θ sin ABC =

(direction) C 的方向與包含 AB 兩向量的平面

相垂直其方向依右手定則決定即彎曲右手手指由向量 A

轉至向量 B則右手大姆指的方向即為 C 的方向如圖

4-7

若已知向量 C 的大小及方向則我們可寫成

C AB uBAC )sin( θ =times= (4-3)

式中 θ sin AB 表其大小 C u 表其方向而 (4-3) 式可用圖

4-8 加以說明

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 19128

-RC Hibbeler- CH04-19

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-20

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-21

ENGINEERING MECHANICS STATICS

1 向量積並不適用交換律即

ABBA timesnetimes

或

ABBA timesminus=times

上述可用圖 4-9 右手定則來加以說明 AB times 產生一向

量和 C方向相反即 CAB minus=times

2 向量積乘以一純量

aaaa )()()()( BABABABA times=times=times=times

由上述性質可得知各個例子的結果向量其大小

)sin|(| θ ABa 及方向皆相同

3 定配律

)()()( DABADBA times+times=+times

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-22

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-23

ENGINEERING MECHANICS STATICS

方程式 (4-3) 可用來決定單位向量的向量

積例如欲求 jitimes 其大小為 1)1)(1)(1()90)(sin)(( ==deg ji

方向則由右手定則決定如圖 4-10 可知其方向為 k+ 即

k ji )1(=times 同理

0kki jk jik

0 j jki jik j0ii jkik ji

=timesminus=times=times

=timesminus=times=times=timesminus=times=times

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 24128

-RC Hibbeler- CH04-24

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 25128

-RC Hibbeler- CH04-25

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由右手定律及向量積的基本定義來瞭解圖 4-11 為一簡單

的圖示可幫助我們得到相同的結果依圖示兩單位向

量作逆時針方向的向量積其結果為第三個單位向量且

為正值即 jik =times 若作順時針向量積則得一負的單位

向量即 jki minus=times

若將兩個向量 AB表示成直角分量則其向量積為

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

kk jkik

k j j ji j

ki jiii

k jik jiBA

times+times+times+

times+times+times+

times+times+times=

++times++=times

z z y z x z

z y y y x y

z x y x x x

z y x z y x

B A B A B A

B A B A B A

B A B A B A

B B B A A A

整理後可得

k jiBA )()()( x y y x x z z x y z z y B A B A B A B A B A B A minus+minusminusminus=times (4-4)

上述亦可寫成行列式的形態

z y x

z y x

B B B

A A A

k ji

BA =times (4-5)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-26

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-27

ENGINEERING MECHANICS STATICS

43 一力的力矩向量式

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 28128

-RC Hibbeler- CH04-28

ENGINEERING MECHANICS STATICS

力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-29

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-30

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-31

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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-RC Hibbeler-CH04-33

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-RC Hibbeler-CH04-34

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-RC Hibbeler-CH04-35

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 41128

-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

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-RC Hibbeler-

CH04-43

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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-RC Hibbeler-

CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

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4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

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圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-68

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-RC Hibbeler-CH04-69

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-RC Hibbeler-CH04-70

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-RC Hibbeler-CH04-71

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

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例題 4-10

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

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例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

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亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

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例題 4-12

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

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例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

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O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

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-RC Hibbeler-CH04-83

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

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-RC Hibbeler-CH04-85

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-RC Hibbeler-CH04-86

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

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若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

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第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

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-RC Hibbeler-CH04-90

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-RC Hibbeler-CH04-91

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解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

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例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

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FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

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-RC Hibbeler-CH04-102

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

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解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

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-RC Hibbeler-CH04-108

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例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

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欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

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例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

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-RC Hibbeler-CH04-121

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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-RC Hibbeler- CH04-15

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例題 4-2

試求圖 4-5中 800 N力對 DC B A 四點的力矩

解( 純量法 )

利用 Fd M = 其中 d 為力臂即力的作用線與力矩

軸的垂直距離故

mN2000)m52(N800 sdot== A M Ans

mN1200)m51(N800 sdot== B M Ans

)(0)0(N800 點力的作用可通過 C M B F== Ans

mN400)m50(N800 sdot== D M Ans

彎曲箭頭方向表力矩旋轉方向

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-RC Hibbeler- CH04-16

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-3

試求圖 4-6中四外力對 O點的力矩總和

假設正力矩為指向 k+ 方向 ( 逆時針 )則

Fd M O R Σ=+[

mN334mN334

)m30cos3m4(40

)m30sin3(N20)0(N60)m2(N50

sdot=sdotminus=

deg+minus

deg++minus=

O

O

R

R

M

N

M

Ans

從以上計算過程必須注意如何決定 20 N 及 40 N 二

力之力臂距離

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-RC Hibbeler- CH04-17

ENGINEERING MECHANICS STATICS

42 向量積

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-RC Hibbeler- CH04-18

ENGINEERING MECHANICS STATICS

(magnitude) C 的大小為 AB兩向量的大小

與兩向量間角度 )1800( degleledeg θ θ 的正弦值三者的連乘積

即 θ sin ABC =

(direction) C 的方向與包含 AB 兩向量的平面

相垂直其方向依右手定則決定即彎曲右手手指由向量 A

轉至向量 B則右手大姆指的方向即為 C 的方向如圖

4-7

若已知向量 C 的大小及方向則我們可寫成

C AB uBAC )sin( θ =times= (4-3)

式中 θ sin AB 表其大小 C u 表其方向而 (4-3) 式可用圖

4-8 加以說明

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-RC Hibbeler- CH04-19

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-20

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-21

ENGINEERING MECHANICS STATICS

1 向量積並不適用交換律即

ABBA timesnetimes

或

ABBA timesminus=times

上述可用圖 4-9 右手定則來加以說明 AB times 產生一向

量和 C方向相反即 CAB minus=times

2 向量積乘以一純量

aaaa )()()()( BABABABA times=times=times=times

由上述性質可得知各個例子的結果向量其大小

)sin|(| θ ABa 及方向皆相同

3 定配律

)()()( DABADBA times+times=+times

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-RC Hibbeler- CH04-22

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方程式 (4-3) 可用來決定單位向量的向量

積例如欲求 jitimes 其大小為 1)1)(1)(1()90)(sin)(( ==deg ji

方向則由右手定則決定如圖 4-10 可知其方向為 k+ 即

k ji )1(=times 同理

0kki jk jik

0 j jki jik j0ii jkik ji

=timesminus=times=times

=timesminus=times=times=timesminus=times=times

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由右手定律及向量積的基本定義來瞭解圖 4-11 為一簡單

的圖示可幫助我們得到相同的結果依圖示兩單位向

量作逆時針方向的向量積其結果為第三個單位向量且

為正值即 jik =times 若作順時針向量積則得一負的單位

向量即 jki minus=times

若將兩個向量 AB表示成直角分量則其向量積為

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

kk jkik

k j j ji j

ki jiii

k jik jiBA

times+times+times+

times+times+times+

times+times+times=

++times++=times

z z y z x z

z y y y x y

z x y x x x

z y x z y x

B A B A B A

B A B A B A

B A B A B A

B B B A A A

整理後可得

k jiBA )()()( x y y x x z z x y z z y B A B A B A B A B A B A minus+minusminusminus=times (4-4)

上述亦可寫成行列式的形態

z y x

z y x

B B B

A A A

k ji

BA =times (4-5)

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43 一力的力矩向量式

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力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

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由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

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若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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44 力矩原理

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力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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CH04-43

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CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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CH04-49

45 力對一軸的力矩

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CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

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4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-66

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圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-69

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 95128

-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 106128

-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-16

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-3

試求圖 4-6中四外力對 O點的力矩總和

假設正力矩為指向 k+ 方向 ( 逆時針 )則

Fd M O R Σ=+[

mN334mN334

)m30cos3m4(40

)m30sin3(N20)0(N60)m2(N50

sdot=sdotminus=

deg+minus

deg++minus=

O

O

R

R

M

N

M

Ans

從以上計算過程必須注意如何決定 20 N 及 40 N 二

力之力臂距離

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-RC Hibbeler- CH04-17

ENGINEERING MECHANICS STATICS

42 向量積

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-RC Hibbeler- CH04-18

ENGINEERING MECHANICS STATICS

(magnitude) C 的大小為 AB兩向量的大小

與兩向量間角度 )1800( degleledeg θ θ 的正弦值三者的連乘積

即 θ sin ABC =

(direction) C 的方向與包含 AB 兩向量的平面

相垂直其方向依右手定則決定即彎曲右手手指由向量 A

轉至向量 B則右手大姆指的方向即為 C 的方向如圖

4-7

若已知向量 C 的大小及方向則我們可寫成

C AB uBAC )sin( θ =times= (4-3)

式中 θ sin AB 表其大小 C u 表其方向而 (4-3) 式可用圖

4-8 加以說明

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-RC Hibbeler- CH04-19

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-RC Hibbeler- CH04-20

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-RC Hibbeler- CH04-21

ENGINEERING MECHANICS STATICS

1 向量積並不適用交換律即

ABBA timesnetimes

或

ABBA timesminus=times

上述可用圖 4-9 右手定則來加以說明 AB times 產生一向

量和 C方向相反即 CAB minus=times

2 向量積乘以一純量

aaaa )()()()( BABABABA times=times=times=times

由上述性質可得知各個例子的結果向量其大小

)sin|(| θ ABa 及方向皆相同

3 定配律

)()()( DABADBA times+times=+times

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-RC Hibbeler- CH04-22

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-RC Hibbeler- CH04-23

ENGINEERING MECHANICS STATICS

方程式 (4-3) 可用來決定單位向量的向量

積例如欲求 jitimes 其大小為 1)1)(1)(1()90)(sin)(( ==deg ji

方向則由右手定則決定如圖 4-10 可知其方向為 k+ 即

k ji )1(=times 同理

0kki jk jik

0 j jki jik j0ii jkik ji

=timesminus=times=times

=timesminus=times=times=timesminus=times=times

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-24

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-25

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由右手定律及向量積的基本定義來瞭解圖 4-11 為一簡單

的圖示可幫助我們得到相同的結果依圖示兩單位向

量作逆時針方向的向量積其結果為第三個單位向量且

為正值即 jik =times 若作順時針向量積則得一負的單位

向量即 jki minus=times

若將兩個向量 AB表示成直角分量則其向量積為

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

kk jkik

k j j ji j

ki jiii

k jik jiBA

times+times+times+

times+times+times+

times+times+times=

++times++=times

z z y z x z

z y y y x y

z x y x x x

z y x z y x

B A B A B A

B A B A B A

B A B A B A

B B B A A A

整理後可得

k jiBA )()()( x y y x x z z x y z z y B A B A B A B A B A B A minus+minusminusminus=times (4-4)

上述亦可寫成行列式的形態

z y x

z y x

B B B

A A A

k ji

BA =times (4-5)

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-RC Hibbeler- CH04-26

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-RC Hibbeler- CH04-27

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43 一力的力矩向量式

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-RC Hibbeler- CH04-28

ENGINEERING MECHANICS STATICS

力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

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-RC Hibbeler- CH04-29

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-RC Hibbeler- CH04-30

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

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-RC Hibbeler- CH04-31

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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-RC Hibbeler-CH04-33

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-RC Hibbeler-CH04-34

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-35

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-43

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

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4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-68

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-RC Hibbeler-CH04-69

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-RC Hibbeler-CH04-70

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

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例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

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例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

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例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

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-RC Hibbeler-CH04-83

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-90

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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-RC Hibbeler- CH04-17

ENGINEERING MECHANICS STATICS

42 向量積

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-RC Hibbeler- CH04-18

ENGINEERING MECHANICS STATICS

(magnitude) C 的大小為 AB兩向量的大小

與兩向量間角度 )1800( degleledeg θ θ 的正弦值三者的連乘積

即 θ sin ABC =

(direction) C 的方向與包含 AB 兩向量的平面

相垂直其方向依右手定則決定即彎曲右手手指由向量 A

轉至向量 B則右手大姆指的方向即為 C 的方向如圖

4-7

若已知向量 C 的大小及方向則我們可寫成

C AB uBAC )sin( θ =times= (4-3)

式中 θ sin AB 表其大小 C u 表其方向而 (4-3) 式可用圖

4-8 加以說明

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-RC Hibbeler- CH04-19

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-20

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-21

ENGINEERING MECHANICS STATICS

1 向量積並不適用交換律即

ABBA timesnetimes

或

ABBA timesminus=times

上述可用圖 4-9 右手定則來加以說明 AB times 產生一向

量和 C方向相反即 CAB minus=times

2 向量積乘以一純量

aaaa )()()()( BABABABA times=times=times=times

由上述性質可得知各個例子的結果向量其大小

)sin|(| θ ABa 及方向皆相同

3 定配律

)()()( DABADBA times+times=+times

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-22

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-23

ENGINEERING MECHANICS STATICS

方程式 (4-3) 可用來決定單位向量的向量

積例如欲求 jitimes 其大小為 1)1)(1)(1()90)(sin)(( ==deg ji

方向則由右手定則決定如圖 4-10 可知其方向為 k+ 即

k ji )1(=times 同理

0kki jk jik

0 j jki jik j0ii jkik ji

=timesminus=times=times

=timesminus=times=times=timesminus=times=times

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-RC Hibbeler- CH04-24

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-RC Hibbeler- CH04-25

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由右手定律及向量積的基本定義來瞭解圖 4-11 為一簡單

的圖示可幫助我們得到相同的結果依圖示兩單位向

量作逆時針方向的向量積其結果為第三個單位向量且

為正值即 jik =times 若作順時針向量積則得一負的單位

向量即 jki minus=times

若將兩個向量 AB表示成直角分量則其向量積為

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

kk jkik

k j j ji j

ki jiii

k jik jiBA

times+times+times+

times+times+times+

times+times+times=

++times++=times

z z y z x z

z y y y x y

z x y x x x

z y x z y x

B A B A B A

B A B A B A

B A B A B A

B B B A A A

整理後可得

k jiBA )()()( x y y x x z z x y z z y B A B A B A B A B A B A minus+minusminusminus=times (4-4)

上述亦可寫成行列式的形態

z y x

z y x

B B B

A A A

k ji

BA =times (4-5)

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 26128

-RC Hibbeler- CH04-26

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-RC Hibbeler- CH04-27

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43 一力的力矩向量式

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-28

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力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-29

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-RC Hibbeler- CH04-30

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-31

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若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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44 力矩原理

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力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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CH04-43

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CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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CH04-49

45 力對一軸的力矩

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CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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CH04-51

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CH04-52

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CH04-53

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CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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CH04-55

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上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

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4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

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圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-68

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-RC Hibbeler-CH04-69

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-RC Hibbeler-CH04-70

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-RC Hibbeler-CH04-71

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

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例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

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例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

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亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

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例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

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若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 18128

-RC Hibbeler- CH04-18

ENGINEERING MECHANICS STATICS

(magnitude) C 的大小為 AB兩向量的大小

與兩向量間角度 )1800( degleledeg θ θ 的正弦值三者的連乘積

即 θ sin ABC =

(direction) C 的方向與包含 AB 兩向量的平面

相垂直其方向依右手定則決定即彎曲右手手指由向量 A

轉至向量 B則右手大姆指的方向即為 C 的方向如圖

4-7

若已知向量 C 的大小及方向則我們可寫成

C AB uBAC )sin( θ =times= (4-3)

式中 θ sin AB 表其大小 C u 表其方向而 (4-3) 式可用圖

4-8 加以說明

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 19128

-RC Hibbeler- CH04-19

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 20128

-RC Hibbeler- CH04-20

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 21128

-RC Hibbeler- CH04-21

ENGINEERING MECHANICS STATICS

1 向量積並不適用交換律即

ABBA timesnetimes

或

ABBA timesminus=times

上述可用圖 4-9 右手定則來加以說明 AB times 產生一向

量和 C方向相反即 CAB minus=times

2 向量積乘以一純量

aaaa )()()()( BABABABA times=times=times=times

由上述性質可得知各個例子的結果向量其大小

)sin|(| θ ABa 及方向皆相同

3 定配律

)()()( DABADBA times+times=+times

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 22128

-RC Hibbeler- CH04-22

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 23128

-RC Hibbeler- CH04-23

ENGINEERING MECHANICS STATICS

方程式 (4-3) 可用來決定單位向量的向量

積例如欲求 jitimes 其大小為 1)1)(1)(1()90)(sin)(( ==deg ji

方向則由右手定則決定如圖 4-10 可知其方向為 k+ 即

k ji )1(=times 同理

0kki jk jik

0 j jki jik j0ii jkik ji

=timesminus=times=times

=timesminus=times=times=timesminus=times=times

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 24128

-RC Hibbeler- CH04-24

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-25

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由右手定律及向量積的基本定義來瞭解圖 4-11 為一簡單

的圖示可幫助我們得到相同的結果依圖示兩單位向

量作逆時針方向的向量積其結果為第三個單位向量且

為正值即 jik =times 若作順時針向量積則得一負的單位

向量即 jki minus=times

若將兩個向量 AB表示成直角分量則其向量積為

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

kk jkik

k j j ji j

ki jiii

k jik jiBA

times+times+times+

times+times+times+

times+times+times=

++times++=times

z z y z x z

z y y y x y

z x y x x x

z y x z y x

B A B A B A

B A B A B A

B A B A B A

B B B A A A

整理後可得

k jiBA )()()( x y y x x z z x y z z y B A B A B A B A B A B A minus+minusminusminus=times (4-4)

上述亦可寫成行列式的形態

z y x

z y x

B B B

A A A

k ji

BA =times (4-5)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 26128

-RC Hibbeler- CH04-26

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-27

ENGINEERING MECHANICS STATICS

43 一力的力矩向量式

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 28128

-RC Hibbeler- CH04-28

ENGINEERING MECHANICS STATICS

力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-29

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-30

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-31

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-33

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-RC Hibbeler-CH04-34

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-RC Hibbeler-CH04-35

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 37128

-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 38128

-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 39128

-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 40128

-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 41128

-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-42

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-43

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 48128

-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 49128

-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 50128

-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 51128

-RC Hibbeler-

CH04-51

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 52128

-RC Hibbeler-

CH04-52

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 53128

-RC Hibbeler-

CH04-53

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-55

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

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-RC Hibbeler-CH04-100

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

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-RC Hibbeler-CH04-102

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-19

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-20

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-21

ENGINEERING MECHANICS STATICS

1 向量積並不適用交換律即

ABBA timesnetimes

或

ABBA timesminus=times

上述可用圖 4-9 右手定則來加以說明 AB times 產生一向

量和 C方向相反即 CAB minus=times

2 向量積乘以一純量

aaaa )()()()( BABABABA times=times=times=times

由上述性質可得知各個例子的結果向量其大小

)sin|(| θ ABa 及方向皆相同

3 定配律

)()()( DABADBA times+times=+times

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-22

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 23128

-RC Hibbeler- CH04-23

ENGINEERING MECHANICS STATICS

方程式 (4-3) 可用來決定單位向量的向量

積例如欲求 jitimes 其大小為 1)1)(1)(1()90)(sin)(( ==deg ji

方向則由右手定則決定如圖 4-10 可知其方向為 k+ 即

k ji )1(=times 同理

0kki jk jik

0 j jki jik j0ii jkik ji

=timesminus=times=times

=timesminus=times=times=timesminus=times=times

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 24128

-RC Hibbeler- CH04-24

ENGINEERING MECHANICS STATICS

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 25128

-RC Hibbeler- CH04-25

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由右手定律及向量積的基本定義來瞭解圖 4-11 為一簡單

的圖示可幫助我們得到相同的結果依圖示兩單位向

量作逆時針方向的向量積其結果為第三個單位向量且

為正值即 jik =times 若作順時針向量積則得一負的單位

向量即 jki minus=times

若將兩個向量 AB表示成直角分量則其向量積為

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

kk jkik

k j j ji j

ki jiii

k jik jiBA

times+times+times+

times+times+times+

times+times+times=

++times++=times

z z y z x z

z y y y x y

z x y x x x

z y x z y x

B A B A B A

B A B A B A

B A B A B A

B B B A A A

整理後可得

k jiBA )()()( x y y x x z z x y z z y B A B A B A B A B A B A minus+minusminusminus=times (4-4)

上述亦可寫成行列式的形態

z y x

z y x

B B B

A A A

k ji

BA =times (4-5)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 26128

-RC Hibbeler- CH04-26

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-27

ENGINEERING MECHANICS STATICS

43 一力的力矩向量式

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-28

ENGINEERING MECHANICS STATICS

力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-29

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 30128

-RC Hibbeler- CH04-30

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 31128

-RC Hibbeler- CH04-31

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-33

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-34

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-35

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 37128

-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 40128

-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 41128

-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-43

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

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4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

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圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-68

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-RC Hibbeler-CH04-69

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-RC Hibbeler-CH04-70

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

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例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

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例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

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亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

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例題 4-13

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

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O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

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若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

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第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

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例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

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-RC Hibbeler-CH04-102

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

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解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 20128

-RC Hibbeler- CH04-20

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-RC Hibbeler- CH04-21

ENGINEERING MECHANICS STATICS

1 向量積並不適用交換律即

ABBA timesnetimes

或

ABBA timesminus=times

上述可用圖 4-9 右手定則來加以說明 AB times 產生一向

量和 C方向相反即 CAB minus=times

2 向量積乘以一純量

aaaa )()()()( BABABABA times=times=times=times

由上述性質可得知各個例子的結果向量其大小

)sin|(| θ ABa 及方向皆相同

3 定配律

)()()( DABADBA times+times=+times

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 22128

-RC Hibbeler- CH04-22

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-23

ENGINEERING MECHANICS STATICS

方程式 (4-3) 可用來決定單位向量的向量

積例如欲求 jitimes 其大小為 1)1)(1)(1()90)(sin)(( ==deg ji

方向則由右手定則決定如圖 4-10 可知其方向為 k+ 即

k ji )1(=times 同理

0kki jk jik

0 j jki jik j0ii jkik ji

=timesminus=times=times

=timesminus=times=times=timesminus=times=times

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 24128

-RC Hibbeler- CH04-24

ENGINEERING MECHANICS STATICS

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 25128

-RC Hibbeler- CH04-25

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由右手定律及向量積的基本定義來瞭解圖 4-11 為一簡單

的圖示可幫助我們得到相同的結果依圖示兩單位向

量作逆時針方向的向量積其結果為第三個單位向量且

為正值即 jik =times 若作順時針向量積則得一負的單位

向量即 jki minus=times

若將兩個向量 AB表示成直角分量則其向量積為

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

kk jkik

k j j ji j

ki jiii

k jik jiBA

times+times+times+

times+times+times+

times+times+times=

++times++=times

z z y z x z

z y y y x y

z x y x x x

z y x z y x

B A B A B A

B A B A B A

B A B A B A

B B B A A A

整理後可得

k jiBA )()()( x y y x x z z x y z z y B A B A B A B A B A B A minus+minusminusminus=times (4-4)

上述亦可寫成行列式的形態

z y x

z y x

B B B

A A A

k ji

BA =times (4-5)

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-RC Hibbeler- CH04-26

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-RC Hibbeler- CH04-27

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43 一力的力矩向量式

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-RC Hibbeler- CH04-28

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力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

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-RC Hibbeler- CH04-29

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-RC Hibbeler- CH04-30

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由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

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-RC Hibbeler- CH04-31

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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-RC Hibbeler-CH04-33

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-RC Hibbeler-CH04-34

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-RC Hibbeler-CH04-35

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 37128

-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 38128

-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

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-RC Hibbeler-

CH04-43

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

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4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-68

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-RC Hibbeler-CH04-69

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

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例題 4-10

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

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例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

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-RC Hibbeler-CH04-125

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解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

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例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

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對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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-RC Hibbeler- CH04-21

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1 向量積並不適用交換律即

ABBA timesnetimes

或

ABBA timesminus=times

上述可用圖 4-9 右手定則來加以說明 AB times 產生一向

量和 C方向相反即 CAB minus=times

2 向量積乘以一純量

aaaa )()()()( BABABABA times=times=times=times

由上述性質可得知各個例子的結果向量其大小

)sin|(| θ ABa 及方向皆相同

3 定配律

)()()( DABADBA times+times=+times

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-RC Hibbeler- CH04-22

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-RC Hibbeler- CH04-23

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方程式 (4-3) 可用來決定單位向量的向量

積例如欲求 jitimes 其大小為 1)1)(1)(1()90)(sin)(( ==deg ji

方向則由右手定則決定如圖 4-10 可知其方向為 k+ 即

k ji )1(=times 同理

0kki jk jik

0 j jki jik j0ii jkik ji

=timesminus=times=times

=timesminus=times=times=timesminus=times=times

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-RC Hibbeler- CH04-24

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-RC Hibbeler- CH04-25

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由右手定律及向量積的基本定義來瞭解圖 4-11 為一簡單

的圖示可幫助我們得到相同的結果依圖示兩單位向

量作逆時針方向的向量積其結果為第三個單位向量且

為正值即 jik =times 若作順時針向量積則得一負的單位

向量即 jki minus=times

若將兩個向量 AB表示成直角分量則其向量積為

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

kk jkik

k j j ji j

ki jiii

k jik jiBA

times+times+times+

times+times+times+

times+times+times=

++times++=times

z z y z x z

z y y y x y

z x y x x x

z y x z y x

B A B A B A

B A B A B A

B A B A B A

B B B A A A

整理後可得

k jiBA )()()( x y y x x z z x y z z y B A B A B A B A B A B A minus+minusminusminus=times (4-4)

上述亦可寫成行列式的形態

z y x

z y x

B B B

A A A

k ji

BA =times (4-5)

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-RC Hibbeler- CH04-26

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-RC Hibbeler- CH04-27

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43 一力的力矩向量式

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-RC Hibbeler- CH04-28

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力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

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-RC Hibbeler- CH04-29

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-RC Hibbeler- CH04-30

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由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

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-RC Hibbeler- CH04-31

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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-RC Hibbeler-CH04-33

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-RC Hibbeler-CH04-34

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-RC Hibbeler-CH04-35

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 39128

-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-43

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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-RC Hibbeler-

CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-68

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-70

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

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例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

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-RC Hibbeler-CH04-83

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

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-RC Hibbeler-CH04-85

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

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FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

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-RC Hibbeler-CH04-99

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-RC Hibbeler-CH04-100

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

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-RC Hibbeler-CH04-102

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

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解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

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圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

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-RC Hibbeler-CH04-108

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例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

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例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

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-RC Hibbeler-CH04-121

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

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4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

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解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

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例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

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對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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-RC Hibbeler- CH04-22

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-RC Hibbeler- CH04-23

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方程式 (4-3) 可用來決定單位向量的向量

積例如欲求 jitimes 其大小為 1)1)(1)(1()90)(sin)(( ==deg ji

方向則由右手定則決定如圖 4-10 可知其方向為 k+ 即

k ji )1(=times 同理

0kki jk jik

0 j jki jik j0ii jkik ji

=timesminus=times=times

=timesminus=times=times=timesminus=times=times

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-RC Hibbeler- CH04-24

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-RC Hibbeler- CH04-25

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由右手定律及向量積的基本定義來瞭解圖 4-11 為一簡單

的圖示可幫助我們得到相同的結果依圖示兩單位向

量作逆時針方向的向量積其結果為第三個單位向量且

為正值即 jik =times 若作順時針向量積則得一負的單位

向量即 jki minus=times

若將兩個向量 AB表示成直角分量則其向量積為

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

kk jkik

k j j ji j

ki jiii

k jik jiBA

times+times+times+

times+times+times+

times+times+times=

++times++=times

z z y z x z

z y y y x y

z x y x x x

z y x z y x

B A B A B A

B A B A B A

B A B A B A

B B B A A A

整理後可得

k jiBA )()()( x y y x x z z x y z z y B A B A B A B A B A B A minus+minusminusminus=times (4-4)

上述亦可寫成行列式的形態

z y x

z y x

B B B

A A A

k ji

BA =times (4-5)

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-26

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-RC Hibbeler- CH04-27

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43 一力的力矩向量式

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-RC Hibbeler- CH04-28

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力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

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-RC Hibbeler- CH04-29

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-RC Hibbeler- CH04-30

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由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

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-RC Hibbeler- CH04-31

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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-RC Hibbeler-CH04-33

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-RC Hibbeler-CH04-34

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-RC Hibbeler-CH04-35

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

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-RC Hibbeler-

CH04-43

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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-RC Hibbeler-

CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

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4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

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例題 4-10

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

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例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

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亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

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例題 4-12

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

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例題 4-13

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

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O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

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O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

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48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 89128

-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 91128

-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 98128

-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 23128

-RC Hibbeler- CH04-23

ENGINEERING MECHANICS STATICS

方程式 (4-3) 可用來決定單位向量的向量

積例如欲求 jitimes 其大小為 1)1)(1)(1()90)(sin)(( ==deg ji

方向則由右手定則決定如圖 4-10 可知其方向為 k+ 即

k ji )1(=times 同理

0kki jk jik

0 j jki jik j0ii jkik ji

=timesminus=times=times

=timesminus=times=times=timesminus=times=times

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 24128

-RC Hibbeler- CH04-24

ENGINEERING MECHANICS STATICS

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 25128

-RC Hibbeler- CH04-25

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由右手定律及向量積的基本定義來瞭解圖 4-11 為一簡單

的圖示可幫助我們得到相同的結果依圖示兩單位向

量作逆時針方向的向量積其結果為第三個單位向量且

為正值即 jik =times 若作順時針向量積則得一負的單位

向量即 jki minus=times

若將兩個向量 AB表示成直角分量則其向量積為

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

kk jkik

k j j ji j

ki jiii

k jik jiBA

times+times+times+

times+times+times+

times+times+times=

++times++=times

z z y z x z

z y y y x y

z x y x x x

z y x z y x

B A B A B A

B A B A B A

B A B A B A

B B B A A A

整理後可得

k jiBA )()()( x y y x x z z x y z z y B A B A B A B A B A B A minus+minusminusminus=times (4-4)

上述亦可寫成行列式的形態

z y x

z y x

B B B

A A A

k ji

BA =times (4-5)

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-RC Hibbeler- CH04-26

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-RC Hibbeler- CH04-27

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43 一力的力矩向量式

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-RC Hibbeler- CH04-28

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力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

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-RC Hibbeler- CH04-30

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由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

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-RC Hibbeler- CH04-31

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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-RC Hibbeler-CH04-33

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-RC Hibbeler-CH04-34

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-RC Hibbeler-CH04-35

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

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CH04-43

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

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4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-68

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-RC Hibbeler-CH04-69

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-RC Hibbeler-CH04-70

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

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例題 4-10

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

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例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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-RC Hibbeler- CH04-24

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-25

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由右手定律及向量積的基本定義來瞭解圖 4-11 為一簡單

的圖示可幫助我們得到相同的結果依圖示兩單位向

量作逆時針方向的向量積其結果為第三個單位向量且

為正值即 jik =times 若作順時針向量積則得一負的單位

向量即 jki minus=times

若將兩個向量 AB表示成直角分量則其向量積為

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

kk jkik

k j j ji j

ki jiii

k jik jiBA

times+times+times+

times+times+times+

times+times+times=

++times++=times

z z y z x z

z y y y x y

z x y x x x

z y x z y x

B A B A B A

B A B A B A

B A B A B A

B B B A A A

整理後可得

k jiBA )()()( x y y x x z z x y z z y B A B A B A B A B A B A minus+minusminusminus=times (4-4)

上述亦可寫成行列式的形態

z y x

z y x

B B B

A A A

k ji

BA =times (4-5)

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-RC Hibbeler- CH04-26

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-27

ENGINEERING MECHANICS STATICS

43 一力的力矩向量式

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-RC Hibbeler- CH04-28

ENGINEERING MECHANICS STATICS

力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

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-RC Hibbeler- CH04-29

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-RC Hibbeler- CH04-30

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

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-RC Hibbeler- CH04-31

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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-RC Hibbeler-CH04-33

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-RC Hibbeler-CH04-34

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-RC Hibbeler-CH04-35

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 37128

-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 39128

-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 40128

-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-43

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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-RC Hibbeler-

CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 25128

-RC Hibbeler- CH04-25

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由右手定律及向量積的基本定義來瞭解圖 4-11 為一簡單

的圖示可幫助我們得到相同的結果依圖示兩單位向

量作逆時針方向的向量積其結果為第三個單位向量且

為正值即 jik =times 若作順時針向量積則得一負的單位

向量即 jki minus=times

若將兩個向量 AB表示成直角分量則其向量積為

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

kk jkik

k j j ji j

ki jiii

k jik jiBA

times+times+times+

times+times+times+

times+times+times=

++times++=times

z z y z x z

z y y y x y

z x y x x x

z y x z y x

B A B A B A

B A B A B A

B A B A B A

B B B A A A

整理後可得

k jiBA )()()( x y y x x z z x y z z y B A B A B A B A B A B A minus+minusminusminus=times (4-4)

上述亦可寫成行列式的形態

z y x

z y x

B B B

A A A

k ji

BA =times (4-5)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 26128

-RC Hibbeler- CH04-26

ENGINEERING MECHANICS STATICS

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 27128

-RC Hibbeler- CH04-27

ENGINEERING MECHANICS STATICS

43 一力的力矩向量式

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 28128

-RC Hibbeler- CH04-28

ENGINEERING MECHANICS STATICS

力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 29128

-RC Hibbeler- CH04-29

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 30128

-RC Hibbeler- CH04-30

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 31128

-RC Hibbeler- CH04-31

ENGINEERING MECHANICS STATICS

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 32128

-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-33

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-34

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-35

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 37128

-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 38128

-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 39128

-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 40128

-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 41128

-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-42

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-43

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 45128

-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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-RC Hibbeler-

CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-69

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-RC Hibbeler-CH04-70

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

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-RC Hibbeler-CH04-83

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 99128

-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 102128

-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 103128

-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 104128

-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 105128

-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 106128

-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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-RC Hibbeler- CH04-26

ENGINEERING MECHANICS STATICS

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-27

ENGINEERING MECHANICS STATICS

43 一力的力矩向量式

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-28

ENGINEERING MECHANICS STATICS

力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 29128

-RC Hibbeler- CH04-29

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-RC Hibbeler- CH04-30

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-31

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-33

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-RC Hibbeler-CH04-34

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-RC Hibbeler-CH04-35

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

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-RC Hibbeler-

CH04-43

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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-RC Hibbeler-

CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 60128

-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

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4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-68

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-RC Hibbeler-CH04-69

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

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亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

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例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

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對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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-RC Hibbeler- CH04-27

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43 一力的力矩向量式

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-RC Hibbeler- CH04-28

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力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

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-RC Hibbeler- CH04-29

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-RC Hibbeler- CH04-30

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由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

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-RC Hibbeler- CH04-31

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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-RC Hibbeler-CH04-33

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-RC Hibbeler-CH04-34

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-RC Hibbeler-CH04-35

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 37128

-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

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-RC Hibbeler-

CH04-43

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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-RC Hibbeler-

CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

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4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-68

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-RC Hibbeler-CH04-69

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-RC Hibbeler-CH04-70

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-RC Hibbeler-CH04-71

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 95128

-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 106128

-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-28

ENGINEERING MECHANICS STATICS

力 F 對 O 點的力矩或對穿越 O 點的一軸且垂直於

O 及 F 所在平面的力矩圖 4-12(a)可用向量的向量積表

示

FrM times=O (4-6)

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-RC Hibbeler- CH04-29

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-RC Hibbeler- CH04-30

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

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-RC Hibbeler- CH04-31

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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-RC Hibbeler-CH04-33

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-RC Hibbeler-CH04-34

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-RC Hibbeler-CH04-35

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 37128

-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 38128

-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 39128

-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 40128

-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 41128

-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-43

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 45128

-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 47128

-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 50128

-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 51128

-RC Hibbeler-

CH04-51

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-52

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-53

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-55

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-65

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

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-RC Hibbeler-CH04-100

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-29

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-RC Hibbeler- CH04-30

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 31128

-RC Hibbeler- CH04-31

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 32128

-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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-RC Hibbeler-CH04-33

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-RC Hibbeler-CH04-34

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-35

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 37128

-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 38128

-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 39128

-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 40128

-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 41128

-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-42

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-43

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 45128

-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 46128

-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 47128

-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 48128

-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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-RC Hibbeler-

CH04-53

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-55

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-65

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 98128

-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

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例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

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分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

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-RC Hibbeler-CH04-121

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

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例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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-RC Hibbeler- CH04-30

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由 F r times 的定義知其之夾角取決於 r 與 F 尾端交

角故 r 可視為一滑動向量即 θ 可以正確的決定如圖

4-12(b)其力臂 θ sinr d =

Fd r F rF M O === )sin(sin θ θ

力矩的方向可利用向量積的右手定則決定將

位置向量平移至虛線位置彎曲右手手指由 r旋向 F右

手姆指的指向 OM 的方向圖 4-12(b)手指彎曲的方向即

表示力對物體造成的旋轉方向由於向量的向量積不具有

交換律故 (4-6) 式中 r與 F的順序不可更換

考慮如圖 4-13所示 A 點作用力 F對 O點

之力矩為 FrM times= AO 然而位置向量 r 可由 O 點指向 F

力作用線上任意點因此F 力可作用在 B 或 C 點且對 O

點可有相同力矩即 FrFrM times=times= C BO 故 F可視為一滑

動向量且可作用在其作用線上任何點對 O 點均有相同力

矩 此 即 為 F 力 之 可 傳 遞 性 有 關 力 的

(transmissibility) 將在 4-7 節詳細討論

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 31128

-RC Hibbeler- CH04-31

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 32128

-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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-RC Hibbeler-CH04-33

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-RC Hibbeler-CH04-34

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-RC Hibbeler-CH04-35

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 37128

-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

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CH04-43

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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-RC Hibbeler-

CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

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4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

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例題 4-10

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

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例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

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亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

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例題 4-13

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

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O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

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O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

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48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 89128

-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 91128

-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 93128

-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 98128

-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 31128

-RC Hibbeler- CH04-31

ENGINEERING MECHANICS STATICS

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-33

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-RC Hibbeler-CH04-34

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-RC Hibbeler-CH04-35

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

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CH04-43

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CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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CH04-49

45 力對一軸的力矩

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CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

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4-9

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 64128

-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 67128

-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-68

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-RC Hibbeler-CH04-69

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 72128

-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

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例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

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亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

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例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

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若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

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例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

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對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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-RC Hibbeler- CH04-32

若將 r 及 F 表示成直角分量圖 4-14則從(4-5) 式可得

z y x

z y xO

F F F r r r

k ji

FrM =times= (4-7)

一系統的數力對 O 點的力矩合成

可利用 (4-6) 式各別計算再利向量的基本加法求得最後

結果此結果可寫成

)( FrM timesΣ=O R

(4-9)

並請參閱圖 4-15

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-RC Hibbeler-CH04-33

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-34

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-35

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 39128

-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

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-RC Hibbeler-

CH04-43

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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-RC Hibbeler-

CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-68

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-RC Hibbeler-CH04-69

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-RC Hibbeler-CH04-70

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

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例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-33

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-34

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-35

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 37128

-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 39128

-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 40128

-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 41128

-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-43

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 48128

-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 49128

-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 50128

-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-52

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-34

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-35

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 42128

-RC Hibbeler-CH04-42

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-43

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 44128

-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 45128

-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 46128

-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 49128

-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 50128

-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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-RC Hibbeler-

CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 56128

-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 57128

-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 60128

-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-35

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 36128

-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 37128

-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 38128

-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 39128

-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 40128

-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 41128

-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 42128

-RC Hibbeler-CH04-42

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 43128

-RC Hibbeler-

CH04-43

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 44128

-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 45128

-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 46128

-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 47128

-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 48128

-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 49128

-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-51

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-52

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 56128

-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 57128

-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-69

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-RC Hibbeler-CH04-70

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-RC Hibbeler-CH04-71

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

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例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

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FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

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-RC Hibbeler-CH04-99

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-RC Hibbeler-CH04-100

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

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-RC Hibbeler-CH04-102

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

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解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

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圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

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-RC Hibbeler-CH04-108

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例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

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例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

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分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

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-RC Hibbeler-CH04-119

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由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

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-RC Hibbeler-CH04-121

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

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例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

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4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

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例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

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對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-36

圖 4-16(a) 圓柱受 60 N力作用方向由 C 向 B試求

此力對 A 點之力矩

( 向量法 )

圖 4-16(b) 力矩可由 FrM times= B A 或 FrM times= C A 任

一式來計算其中位置向量

m231 k jir ++= B 和 m43 jir +=C

60 N之力其方向可由 C 至 B 的單位向量 F u 決定

N402040

)2()1()2(

)02()43()31(

)N60()N60( 222

k ji

k ji

uF

+minusminus=

+minus+minus

minus+minus+minus

== F

代入 (4-7) 式行列式中得

k ji

k ji

FrM

)]40(3)20(1[)]40(2)40(1[)]20(2)40(3[

402040

231

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= B A

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 37128

-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 39128

-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 40128

-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 41128

-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

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-RC Hibbeler-

CH04-43

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 44128

-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 45128

-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 48128

-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 49128

-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-51

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-52

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-53

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-55

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 62128

-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-65

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 89128

-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

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-RC Hibbeler-CH04-99

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-RC Hibbeler-CH04-100

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

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-RC Hibbeler-CH04-102

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

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-RC Hibbeler-CH04-121

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-37

或

k ji

k ji

FrM

)]40(4)20(3[)]40(0)40(3[)]20(0)40(4[

402040

043

minusminusminus+minusminusminusminusminus=

minusminus

=times= C A

上述兩式可得

mN100120160 sdot+minus= k jiM A

其大小為

mN224)100()120()160( 222 sdot=+minus+= A M Ans

AM 與 C B rrF 所在平面垂直圖 4-16(c) ( 試考慮如何

決定 A M 之方向角 deg=deg=deg= 463122344 γ β α )若以純

量法求力矩將因力臂 d 不易求得而使題目複雜化

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

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CH04-43

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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8172019 Static 04

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CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 49128

-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-52

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-53

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 59128

-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 61128

-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 62128

-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-65

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 67128

-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 71128

-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 72128

-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 81128

-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 89128

-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-38

例題 4-5

圖 4-17(a) 圓柱受三力作用試決定對 O 點之力矩

總和及方向

位置向量之方向為由 O 點至各力位置如圖 4-

17(b)則

m254

m5

k jir

jr

minus+=

=

B

A

因 N502

j=F 三力之直角座標各分量如圖所示則對 O

點力矩總和為

mN604030

)]5(80)40(4[)]2(80)30(4[

)]2)(40()30(5[]000[

)]5)(60()40(0[]0[)]0(40)20(5[

304080

254

0500

050

204060

050

)(

321

sdot+minus=

minus+minusminusminusminus

minusminusminus++minus+minusminus+minusminus=

minus

minus++

minus

=

times+times+times=

timesΣ=

k ji

k j

ik ji

k ji

k jik jik ji

FrFrFr

FrM

B A A

RO

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 39128

-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 40128

-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 41128

-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

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-RC Hibbeler-

CH04-43

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 46128

-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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-RC Hibbeler-

CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 60128

-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 61128

-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 67128

-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-68

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-RC Hibbeler-CH04-69

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-RC Hibbeler-CH04-70

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 72128

-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-83

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 95128

-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 106128

-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-39

力矩軸的方向為沿O R

M 的作用線又因此力矩之大小

為

mN1078)60()40()30( 222 sdot=+minus+=

O R M

且力矩軸的單位向量為

k jik jiM

u 7682051210384101078

604030+minus=

+minus==

O

O

R

R

M

所以O R

M 之方向角可得

38410cos =α deg= 467α Ans

51210cos minus= β deg=121 β Ans

76820cos = deg= 839 Ans

這些結果皆標示在圖 4-17(c)注意三外力欲旋轉圓柱的

方向如箭頭所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 40128

-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 41128

-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-42

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-RC Hibbeler-

CH04-43

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 45128

-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 47128

-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 49128

-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 50128

-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-51

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-52

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-53

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-55

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 57128

-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 58128

-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 59128

-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 60128

-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 61128

-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 62128

-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-65

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 67128

-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 68128

-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 72128

-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 81128

-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 89128

-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-40

44 力矩原理

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-42

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-43

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 47128

-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 48128

-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-51

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-52

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-53

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-55

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-65

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

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(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

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圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

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解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

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圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

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例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

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如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

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欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

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例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

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分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

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410 分佈力的化簡

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分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

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-RC Hibbeler-CH04-119

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由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

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4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

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-RC Hibbeler-CH04-125

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解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

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例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

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對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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-RC Hibbeler-CH04-41

力學中常用的力矩原理因為是法國人 (Varignon

1654~1722) 所確定的亦稱為韋希農定理力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的力矩和欲證明

此定理可應用向量的分配律若 F 可寫成 =F 21 FF + 其

中 21 FF 為 F 之分量由圖 4-18得

FrFFrFrFrM times=+times=times+times= )(2121O

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-RC Hibbeler-CH04-42

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-RC Hibbeler-

CH04-43

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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CH04-49

45 力對一軸的力矩

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CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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CH04-51

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CH04-52

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CH04-53

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CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

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4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

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圖 4-27力偶矩的大小為

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 67128

-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-68

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-RC Hibbeler-CH04-69

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-RC Hibbeler-CH04-70

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-RC Hibbeler-CH04-71

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

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例題 4-10

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

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例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

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亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

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例題 4-12

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

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例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

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O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

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-RC Hibbeler-CH04-83

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

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-RC Hibbeler-CH04-85

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

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第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

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-RC Hibbeler-CH04-90

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

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例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

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FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

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-RC Hibbeler-CH04-99

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-RC Hibbeler-CH04-100

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

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-RC Hibbeler-CH04-102

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

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解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

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圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

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欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

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例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

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分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

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分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

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-RC Hibbeler-CH04-119

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由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

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-RC Hibbeler-CH04-121

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

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4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

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例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

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對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-42

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-43

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-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

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-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 47128

-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 48128

-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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-RC Hibbeler-

CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 59128

-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

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4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

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圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-68

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-RC Hibbeler-CH04-69

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-RC Hibbeler-CH04-70

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-RC Hibbeler-CH04-71

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

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例題 4-10

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

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例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

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亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

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例題 4-12

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

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若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

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例題 4-13

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

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解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

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O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

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-RC Hibbeler-CH04-83

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

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-RC Hibbeler-CH04-85

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-RC Hibbeler-CH04-86

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

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第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

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-RC Hibbeler-CH04-90

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

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-RC Hibbeler-CH04-99

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-RC Hibbeler-CH04-100

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

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-RC Hibbeler-CH04-102

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

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圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 43128

-RC Hibbeler-

CH04-43

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 44128

-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 45128

-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 46128

-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 47128

-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 48128

-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 49128

-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 50128

-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 51128

-RC Hibbeler-

CH04-51

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 52128

-RC Hibbeler-

CH04-52

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 53128

-RC Hibbeler-

CH04-53

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 54128

-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 55128

-RC Hibbeler-

CH04-55

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 56128

-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 57128

-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 58128

-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 59128

-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 60128

-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 61128

-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 62128

-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

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-RC Hibbeler-CH04-102

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 44128

-RC Hibbeler-

CH04-44

重 點 一力之力矩會造成物體繞經某一特定點 O 之軸旋轉之傾

向

使用右手定則手指代表旋轉方向而姆指代表力矩方

向或力矩之作用線方向

力矩之大小 Fd M O = 其中 d 代表 O 點至力 F 作用線上

之垂直距離或最短距離

在三維系統可以向量法求得力矩 Fr M times=O 位置向量 r

為 O點指向力作用線上之任一點

力矩原理說明力對一點的力矩等於此力各分量對此點的

力矩合此原理在二維系統中使用非常方便

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 45128

-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 47128

-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 48128

-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 49128

-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 50128

-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 51128

-RC Hibbeler-

CH04-51

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-52

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-53

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-55

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 56128

-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 58128

-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 60128

-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-68

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 45128

-RC Hibbeler-

CH04-45

例題 4-6

200 N 力作用於托架圖 4-19(a)試求此力對 A 點

的力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 46128

-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 47128

-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 48128

-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 49128

-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 50128

-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 51128

-RC Hibbeler-

CH04-51

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 52128

-RC Hibbeler-

CH04-52

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 53128

-RC Hibbeler-

CH04-53

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 54128

-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 55128

-RC Hibbeler-

CH04-55

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 56128

-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 57128

-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 58128

-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 59128

-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 60128

-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 61128

-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 62128

-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 63128

-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 64128

-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 65128

-RC Hibbeler-CH04-65

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 66128

-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 67128

-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 68128

-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 69128

-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 70128

-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 71128

-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 72128

-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 98128

-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 46128

-RC Hibbeler-

CH04-46

I

力臂可依幾何關係如圖 4-19(b)由三角形 BCD m070710mm717045cos100 ==deg== d CB

故

[mN114)m070710(N200 sdot=== Fd M A

依右手定則 AM 為 k+ 方向因此力欲使托架逆時針旋

轉可用向量表示為

mN114 sdot= kM A Ans

II

將 200 N 力分解成 x y 分量圖 4-19(c)依力矩原

理力對 A 點的力矩等於分量對 A 點的力矩和以逆時針方向 )( k+ 為正向將各分力之力矩相加得

[

mN114

)m100)(N45cos200()m200)(N45sin200(

sdot=

degminusdeg=+ A M

得

mN114 sdot= kM A Ans

比較兩種解法知第二種解法較為方便因各分力的力

臂較容易由觀察得知

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 47128

-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 48128

-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 49128

-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 50128

-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 51128

-RC Hibbeler-

CH04-51

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 52128

-RC Hibbeler-

CH04-52

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 53128

-RC Hibbeler-

CH04-53

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 54128

-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 55128

-RC Hibbeler-

CH04-55

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 56128

-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 57128

-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 58128

-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 59128

-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 60128

-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 61128

-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 62128

-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 63128

-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 64128

-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 65128

-RC Hibbeler-CH04-65

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 66128

-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 67128

-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 68128

-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 71128

-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 72128

-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

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例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-121

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 47128

-RC Hibbeler-

CH04-47

例題 4-7

力 F 作用於橫樑如圖 4-20(a)試求力對 O 點的力

矩

I( 純量法 )

將力分解成 x y 分量如圖 4-20(b)視逆時針

)( k+ 為正得

mN698mN698

)m40(N30cos400)m20(N30sin400

sdot=sdotminus=

degminusdeg=+ O M

或

mN698 sdotminus= kMO Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 48128

-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 49128

-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 50128

-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 51128

-RC Hibbeler-

CH04-51

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-52

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-53

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-55

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 56128

-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 57128

-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 58128

-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 59128

-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 60128

-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 61128

-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 62128

-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 63128

-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-68

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-RC Hibbeler-CH04-69

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-RC Hibbeler-CH04-70

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 93128

-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-48

解 II( 向量法 )

利用直角分量圖 4-20(c) 得位置向量與力量分別為

N43460200

N30cos40030sin400

m2040

ji

jiF

jir

minus=

degminusdeg=

minus=

故力矩為

mN698

)]0200)(20()4346(40[00

043460200

02040

sdotminus=

minusminusminus+minus=

minus

minus=times=

k

k ji

k ji

FrM O

Ans

比較以上兩種解法知純量法很容易得知力臂故

較為簡易但此法用在二維平面時較為有效向量法可

很快的得知力矩的方向故向量法多用於三維空間中不

容易確定力臂長度時使用

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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-RC Hibbeler-

CH04-51

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-52

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-RC Hibbeler-

CH04-53

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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-RC Hibbeler-

CH04-55

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-68

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-RC Hibbeler-CH04-69

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-RC Hibbeler-CH04-70

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

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例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

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-RC Hibbeler-CH04-83

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

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FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

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-RC Hibbeler-CH04-99

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-RC Hibbeler-CH04-100

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

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-RC Hibbeler-CH04-102

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

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解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

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圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

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-RC Hibbeler-CH04-108

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例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

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如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

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例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

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欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

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例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

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分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

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分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

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-RC Hibbeler-CH04-119

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由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

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-RC Hibbeler-CH04-121

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

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如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

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4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

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例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

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對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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-RC Hibbeler-

CH04-49

45 力對一軸的力矩

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-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 51128

-RC Hibbeler-

CH04-51

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 52128

-RC Hibbeler-

CH04-52

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 53128

-RC Hibbeler-

CH04-53

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 55128

-RC Hibbeler-

CH04-55

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 56128

-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

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4-9

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-65

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 50128

-RC Hibbeler-

CH04-50

利用一例題予以說明圖 4-21(a)彎管位於 x- y

平面受垂直向下 N20=F 力施於 A 處此力對 O 點力矩

mN10)m50)(N20( sdot==O M 方向由右手定則決定如圖

4-21(a)

上述範例亦可用向量法求解首先求取力對 O 點

的力矩 mN68)20()4030( sdot+minus=minustimes+=times= jik jiFrM AO

圖 4-21(b)而用 29 節的投影觀念其單位向量 ju = 故

mN6)68( sdot=sdot+minus=sdot= j jiuMO y M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 51128

-RC Hibbeler-

CH04-51

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 52128

-RC Hibbeler-

CH04-52

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 53128

-RC Hibbeler-

CH04-53

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 54128

-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 55128

-RC Hibbeler-

CH04-55

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 56128

-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 57128

-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 58128

-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 59128

-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 60128

-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 61128

-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 62128

-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 63128

-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 64128

-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 65128

-RC Hibbeler-CH04-65

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 67128

-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 68128

-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 69128

-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 70128

-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 71128

-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 72128

-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 51128

-RC Hibbeler-

CH04-51

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-52

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 53128

-RC Hibbeler-

CH04-53

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-55

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 56128

-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 57128

-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 58128

-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 59128

-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 60128

-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 61128

-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 62128

-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 63128

-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 64128

-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 67128

-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 72128

-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 93128

-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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-RC Hibbeler-

CH04-52

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-53

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-

CH04-55

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 57128

-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 59128

-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 60128

-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-65

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 72128

-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

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-RC Hibbeler-CH04-83

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

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-RC Hibbeler-CH04-99

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-RC Hibbeler-CH04-100

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

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-RC Hibbeler-CH04-102

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-53

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 54128

-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 55128

-RC Hibbeler-

CH04-55

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 56128

-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 57128

-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 58128

-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 59128

-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 60128

-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 61128

-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 62128

-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 63128

-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 64128

-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-65

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 68128

-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 87128

-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-54

圖 4-22受 A 點的作用力 F卻使物體繞 aa prime軸旋轉此旋轉

的傾向是由 aM 在 aa prime軸的分量欲求 aM 須先求取 F 對轉軸

上任一點 O 的力矩依 FrM times=O 其中 r 由 O 指向 A 之

位置向量由於 OM 之方向沿 bb prime而 bb prime軸與 Fr 所在平面

垂 直 OM 在 aa prime 的 分 量 可 用 aM 表 示 其 大 小 為

sdot== OOa M M Mθ cos au 其中 au 為 aa

prime軸的單位向量合

併上述兩步驟得 a M auFr sdottimes= )( 且向量的純量積適用交

換律故

)( Fru timessdot= aa M

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-55

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 56128

-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 57128

-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 58128

-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 59128

-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 60128

-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 61128

-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 63128

-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 72128

-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 81128

-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 84128

-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 89128

-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-

CH04-55

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 56128

-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 67128

-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-68

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-RC Hibbeler-CH04-69

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-RC Hibbeler-CH04-70

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

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例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

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FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

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-RC Hibbeler-CH04-99

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-RC Hibbeler-CH04-100

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

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-RC Hibbeler-CH04-102

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

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解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

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-RC Hibbeler-CH04-108

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例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

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例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

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分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

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分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

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-RC Hibbeler-CH04-121

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

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例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

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對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-56

上述利用三向量的基本乘法可將 a M 寫成

z y x

z y xaaaa

F F F r r r uuu M z y x

k ji

k ji sdot++=

)(

或

z y x

z y x

aaa

aa

F F F

r r r

uuu

M z y x

=timessdot= )( Fru (4-11)

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 57128

-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 58128

-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 59128

-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 60128

-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 61128

-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-68

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-RC Hibbeler-CH04-69

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-RC Hibbeler-CH04-70

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-RC Hibbeler-CH04-71

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

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例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

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O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

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-RC Hibbeler-CH04-83

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 57128

-RC Hibbeler-CH04-57

ad

aa Fd M =

)( Fr u timessdot= aaM au r

aM aM au

aM aaa M uM =

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 58128

-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 59128

-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 60128

-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 61128

-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 62128

-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 63128

-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 67128

-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 72128

-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-83

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

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-RC Hibbeler-CH04-86

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 89128

-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 91128

-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 98128

-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 58128

-RC Hibbeler-CH04-58

4-8圖 4-23(a) 施力 N102040 k jiF ++minus= 於 A點此

力對 x軸及 Oa軸的力矩各為何

I( )

利用位置向量 m643 k jir ++minus= A 及 iu = x 運用

(4-11) 式

mN80

)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[(0)]20(6)10(4[1

102040

643

001

)(

sdotminus=

minusminusminus+

minusminusminusminusminus=

minus

minus=timessdot= Fri A x

M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 59128

-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

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-RC Hibbeler-CH04-65

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 59128

-RC Hibbeler-CH04-59

xM 之負值表示力矩的方向與 i 軸相反

又因 )()(54

53 jiu +minus=Oa 故

mN120)]40(4)20)(3[(0

)]40(6)10)(3[()]20(6)10(4[

102040

643

0

)(

54

53

5

4

5

3

sdotminus=minusminusminus+

minusminusminusminusminusminus=

minus

minus

minus

=timessdot= Fru Aaa M

Ans

負值代表何意

其結果如圖 4-23(b)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 60128

-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 61128

-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 62128

-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 63128

-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 64128

-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 65128

-RC Hibbeler-CH04-65

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 66128

-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 67128

-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 68128

-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 69128

-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 70128

-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 71128

-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 72128

-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 81128

-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 83128

-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 84128

-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 85128

-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 86128

-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 87128

-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 89128

-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 91128

-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 95128

-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 97128

-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 98128

-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 99128

-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 100128

-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 102128

-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 103128

-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 104128

-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 106128

-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 60128

-RC Hibbeler-CH04-60

解 II

因力臂很容易從圖形中得知由圖 4-23(c) 知僅 10

N與 20 N可對 x軸產生力矩 (40 N力與 x軸平行對 x

軸力矩為零 )利用右手定則可將對 x 軸之各力矩代

數和運算故

mN80)m6)(N20()m4)(N10( sdotminus=minus= x M Ans

亦可得

mN100)m2)(N20()m4)(N40(

mN210)m6)(N40()m3)(N10(

sdot=minus=

sdotminus=minus=

z

y

M

M

對 Oa 軸的力矩則因為無法覓得力臂長而以向

量法計算比較直接

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-9

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 61128

-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 62128

-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 63128

-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 64128

-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-65

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 67128

-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 68128

-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 70128

-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 71128

-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 72128

-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 81128

-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 84128

-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 87128

-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 89128

-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 93128

-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 95128

-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 99128

-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-61

圖 4-24(a) 中彎管藉 A B 予以固定試求 =F

N300200600 k ji minus+minus 欲使彎管繞固定軸 AB 之力

矩

向量法求 AB M 其大小為 )( Fru timessdot= B AB M 其中

Bu 為 AB軸的單位向量圖 4-24(b)故

ji jir

u 44708940)20()40(

2040

22+=

+

+==

B

B Br

而 r 則由 AB 軸上任一點至力作用線上任一點的位

置向量如圖 4-24(b) 所示為簡化運算取

m20 jr = D

而

N300200600 k jiF minus+minus=

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 62128

-RC Hibbeler-CH04-62

代入行列式得

)]600(0)300(0[4470)]200(0)300(20[8940

300200600

0200

044708940

)(

minusminusminusminusminusminus=

minusminus

=timessdot= Fru D B AB M

mN6753

)]600(20)200(0[0

sdotminus=

minusminus+

負值表示 ABM 與 Bu 的方向相反將 ABM 表示成直角分量

mN024048

)44708940)(mN6753(

sdotminusminus=

+sdotminus==

ji

jiuM B AB AB M

Ans

結果如圖 4-24(b)

注意若 AB 軸為由 B 指向 A 之單位向量則上述應用 Buminus 且求得 mN6753 sdot+= AB M 因此 AB AB M =M

)( Buminus 與上述結果相同

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-65

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 67128

-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 91128

-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 93128

-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 95128

-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 97128

-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 98128

-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-63

46 力偶矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-65

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 67128

-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 72128

-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 64128

-RC Hibbeler-CH04-64

所謂力偶矩即兩平行力具有相同的大小相反的方向且

兩者相距 d 圖 4-25由於兩力的合力為零故力偶對物體

的影響僅為旋轉例如當車輪轉向時作用在方向盤上

的力偶

由力偶所造成的力矩稱為 (moment of a couple)

為兩力所造成力矩之和對空間任一點 O考慮兩向量 Ar 與

Br 由 O 點至 Fminus 與 F 的 A B 點圖 4-26則對 O 點的力

矩為

FrFrM times+minustimes= B A )(

又由三角形法則知 B A rrr =+ 或 A B rrr minus= 故

FrM times= (4-13)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 65128

-RC Hibbeler-CH04-65

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 66128

-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 67128

-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 68128

-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 69128

-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 70128

-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 71128

-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 72128

-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 81128

-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 83128

-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 84128

-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 87128

-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 89128

-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 91128

-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 93128

-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 95128

-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 97128

-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 98128

-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 102128

-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 103128

-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

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解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

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圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

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-RC Hibbeler-CH04-108

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例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

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例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

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分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

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-RC Hibbeler-CH04-121

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

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如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

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4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

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例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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-RC Hibbeler-CH04-65

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-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

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-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

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例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 81128

-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 66128

-RC Hibbeler-CH04-66

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-27力偶矩的大小為

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 67128

-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 68128

-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 70128

-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 71128

-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 72128

-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 81128

-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 83128

-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 84128

-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 87128

-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 91128

-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 95128

-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 97128

-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 99128

-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 100128

-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 103128

-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 104128

-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 106128

-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 67128

-RC Hibbeler-CH04-67

圖 力偶矩的大小為

Fd M = (4-14)

力偶矩亦可表示為向量積應用 (4-13) 式

FrM times= (4-15)

兩力偶若造成的力偶矩相等則此兩力偶稱為

(equivalent couples)因為力偶所造成的力偶矩

必與兩力構成的平面垂直故等值力偶必定位於同平面

或與此平面平行的另一平面上

由於力偶為自由向量可作用於任一點 P並可

以向量的運算相加如圖 4-28(a) 兩力偶作用於一物體的不

同平面並產生力偶矩 1M 及 2M 如圖 4-28(b)此兩自由

向量可移至點 P 處並求其和 21 MMM += R 如圖 4-28(c)

所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 69128

-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 70128

-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 71128

-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 72128

-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 81128

-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 83128

-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 84128

-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 93128

-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 99128

-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 104128

-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 106128

-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 68128

-RC Hibbeler-CH04-68

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 69128

-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 70128

-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 71128

-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 72128

-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 98128

-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 69128

-RC Hibbeler-CH04-69

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 70128

-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 71128

-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 72128

-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 81128

-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 84128

-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 87128

-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 91128

-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 95128

-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-70

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 72128

-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 81128

-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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-RC Hibbeler-CH04-71

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

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-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 81128

-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 87128

-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 95128

-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 99128

-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 72128

-RC Hibbeler-CH04-72

重 點 力偶矩是由兩不同作用線上之力產生兩力大小相等方向

相反力偶矩會產生純旋轉效果

力偶矩為自由向量因此不管作用於物體任何地方會產生

相同效果

計算兩力偶產生之力矩可對任意點取力矩合但為了方便

常取力作用線上之一點以消除一力之力矩

在三維系統中力偶矩常以向量法計算 Fr M times= 其中 r

為一力上任一點至另一力上任一點之位置向量

力偶矩之合成可由力偶系中之向量和求得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-10

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

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-RC Hibbeler-CH04-100

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

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-RC Hibbeler-CH04-102

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 73128

-RC Hibbeler-CH04-73

例題 4-10

力偶作用在齒輪上如圖 4-29(a)將力偶以一組作

用於 A及 B點之等值力偶取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 81128

-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 89128

-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 91128

-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 93128

-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 95128

-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 98128

-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 99128

-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 100128

-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 74128

-RC Hibbeler-CH04-74

解( 純量法 )

因力偶力使齒輪逆時針旋轉且產生力偶矩大小為mN24)60(40 sdot=== Fd M 方向為穿出紙面M 為自

由向量故其可作用在齒輪任一點上如圖 4-29(b) 所

示為維持逆時針方向的 M作用在 A 及 B 點之水平力

的方向如圖 4-29(c) 所示而力的大小為

N120

)m20(mN24

=

=sdot=

F

F Fd M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-11

試求圖 4 30( ) 中構件兩力產生的有偶矩為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 75128

-RC Hibbeler-CH04-75

試求圖 4-30(a) 中構件兩力產生的有偶矩為何

(

) 欲直接求取兩力間的距離相當困難可先將各力分

解成水平與垂直之分力 N120)150(54 == xF 及 = yF

N90)150(53 = 圖 4-30(d)力偶矩可選取任一點茲選

取 D 點得

[mN390

)m1(N120)m5(N90)m2(N90)m0(N120

sdot=

++minus=+ M

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

亦可對 A 點或 B 點以簡化力偶矩的求法如圖 4-

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 81128

-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 83128

-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 84128

-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 87128

-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 91128

-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 95128

-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 99128

-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 104128

-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 76128

-RC Hibbeler-CH04-76

亦可對 點或 點以簡化力偶矩的求法 如圖

30(b)可得

[

mN390

)m1(N120)m3(N90

sdot=

+=+ M

Ans

同樣的結果亦可對 B 點取力偶矩而得在圖 4-

30(b) 中利用 Fd M = 可得 mN270)m3(N901 sdot== M

mN120)1(N1202 sdot== m M 依右手定則知此兩力偶

皆逆時針方向即指出紙面並且此二力偶為自由向量可予以相加得 mN390mN120mN270 sdot=sdot+sdot= M

與前述結果相同因 M 為自由向量故可作用在構件上

任一點如圖 4-30(c) 所示另外外力對構件之反作

用力的影響不論是圖 4-30(a) 的力偶或圖 4-30(c) 的偶

矩均是相同的

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-12

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 77128

-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 81128

-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 83128

-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 84128

-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 85128

-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 86128

-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 89128

-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 91128

-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 93128

-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 95128

-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-77

圖 4-31(a) 中力偶矩為何其中 AB 段與 x- y 平面成

deg30 角

解 I( 向量法 )

力偶矩可對任一點取力矩若對 O點圖 4-31(b)得

i ji

kk jik jkrkrM

200012992000

)25()30sin608030cos60()25()80(

)25()25(

+minusminus=

timesdegminus+deg+minustimes=

times+minustimes= B A

mmN1299 sdotminus= j Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若對力通過的 A 點求取力矩更為簡單圖 4-31(c)此

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

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-RC Hibbeler-CH04-86

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 89128

-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 91128

-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 93128

-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 95128

-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 97128

-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 98128

-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 99128

-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 100128

-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 103128

-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 104128

-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 78128

-RC Hibbeler-CH04-78

一情形使通過 A 點力所形成之力矩為零故

mmN1299

)25()30sin6030cos60(

)25(

sdotminus=

timesdegminusdeg=

times=

j

kki

krM A

Ans

II( )

雖然此題為一三維問題但極易用 Fd M = 求取力偶

矩兩力作用線間之距離 mm965130cos60 =deg=d 圖 4-

31(d)故對 A 或 B 之力矩為

mmN1299)mm9651(N25 sdot=== Fd M

應用右手定則M 作用方向為 jminus 故

mmN1299 sdotminus= jM Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-13

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 79128

-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-79

將圖 4-32(a) 所示之水管柱上二力偶以一合力偶矩

取代

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解( 向量法 )

力作用在 A 及 B 點上之力偶矩 1M 可輕易地利用純

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 80128

-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 81128

-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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-RC Hibbeler-CH04-80

量法獲得

mN60)m40(N1501

sdot=== Fd M

由右手定則 1M 作用方向為 i+ 方向如圖 4-32(b)故

mN601 sdot= iM

力作用在 C 及 D 點上之力偶矩 2M 可用向量法求

得取對 D點之力矩如圖 4-32(a) C DC FrM times=2 故

mN30522

)(522)(30]75100[)30(

])(125)(125[)30(53

54

2

sdot+=

timesminustimes=minustimes=

minustimes=times=

k j

ki jik ji

k jiFrM C DC

如圖 4-32(b)可試著利用純量法求取 2M

因 1M 及 2

M 為自由向量故其對任一點 P 之力矩為

二力矩之向量和如圖 4-32(c)合力偶矩為

mN305226021 sdot++=+= k jiMMM R Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

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-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-81

47 等值系統

ENGINEERING MECHANICS STATICS

O 圖 4-33(a) 之物體受力 F 作用於

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 82128

-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 83128

-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 84128

-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 86128

-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 104128

-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 106128

-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-82

點欲移動 F 至 O 點則在 O 點施予 F 及 Fminus 圖 4-33(b)

此舉並不影響力對物體的影響圖中具有斜率的兩力可互

相抵消僅留下位於 O 點之 F圖 4-33(c)依此過程得一

等效力系此力僅由原作用點 A圖 4-33(a)移至另一作

用點 C 圖 4-33(c)換言之力可視為一滑動向量因其

可作用於作用線上任一點這一觀念於 43 節稱為力的遞移

性原理即作用在一剛體上的力量若以同樣大小方向之

力施於力作用線上任一點剛體的平衡或運動狀態即保持

不變必須注意的是僅物體的平衡及運動狀態不變然其

物體內力則受 F 施力位置而不同若 F 施力於 A則 A 點附近的應力較大若施力於 O則 A 周圍的應力將較小

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 91128

-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-83

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 84128

-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 86128

-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 87128

-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 89128

-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 91128

-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 97128

-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 98128

-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 99128

-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 84128

-RC Hibbeler-CH04-84

O 此一情況如圖 4-34(a)依前述步

驟取 O點施 FF minus 圖 4-34(b) 中兩具有斜線之力構成力

偶矩 FrM times= 由於力偶矩為自由向量可作用於物體上

任意點 P圖 4-34(c)除此力偶矩之外F 亦已合乎要求作用於 O點上

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 85128

-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 86128

-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 87128

-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 89128

-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 91128

-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 93128

-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 95128

-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 97128

-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 98128

-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 99128

-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 106128

-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-85

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 86128

-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 89128

-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 86128

-RC Hibbeler-CH04-86

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 87128

-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 89128

-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 91128

-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 93128

-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-87

48 力及力偶的和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

若一剛體受一力系及力偶的作用利用其和以求此力系及

力偶對物體的作用較為簡單欲化簡一力系及一力偶圖

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 89128

-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 91128

-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 93128

-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 95128

-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 97128

-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 98128

-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 102128

-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 88128

-RC Hibbeler-CH04-88

4-35(a)可將力及力偶移至 O 點得如圖 4-35(b)於此僅將

M 為自由向量又因 21 FF 為滑動向量且 O 點不在力之

作用線上由 4-7 節亦可將之移往 O 點即當 1F 移至 O 點

時 111 FrM times= 亦施於物體圖 4-35(b)利用圖 4-35(b) 可得 21 FFF += R 及合力偶矩 21 MMMM ++=

O R 圖 4-35(c)

注意力的大小與方向對所定的 O 點無關O R

M 則因

21 MM 必須藉 21 rr 而得以致與 O 點有關雖然 O 點為

其作用點但O R

M 為自由向量可作用於任意點

上述法則用以將一力系簡化為作用於 O 點之合力及合

力偶可以表示成下面兩通式

Oc R

R

OMMM

FF

Σ+Σ=

Σ= (4-17)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

第 式說明合力即為各力的向量合 第二式說明合力偶及

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 89128

-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 91128

-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 93128

-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 95128

-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 97128

-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 98128

-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 99128

-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 104128

-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 105128

-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 89128

-RC Hibbeler-CH04-89

第一式說明合力即為各力的向量合第二式說明合力偶及各力偶之向量合加上各力對 O 點之力矩合假設所有力皆

在 x- y 平面且所有力偶皆和 x- y 平面垂直 ( 沿 z 軸 ) 上述

方式可簡化

Oc R

y R

x R

M M M F F

F F

O

y

x

Σ+Σ=Σ=

Σ=

(4-18)

注意合力 RF 即為 x RF 與 y RF 之向量和

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 91128

-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 93128

-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 95128

-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 97128

-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 98128

-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 99128

-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 100128

-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 102128

-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 103128

-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 104128

-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 105128

-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 106128

-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 90128

-RC Hibbeler-CH04-90

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 91128

-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 93128

-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 95128

-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 97128

-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 98128

-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 99128

-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 100128

-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 102128

-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 103128

-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 104128

-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 105128

-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 106128

-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 91128

-RC Hibbeler-CH04-91

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 92128

-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 93128

-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 95128

-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 97128

-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 98128

-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 99128

-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 100128

-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 102128

-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 103128

-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 104128

-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 105128

-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 106128

-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

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-RC Hibbeler-CH04-119

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由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

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例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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-RC Hibbeler-CH04-92

在應用 (4-17) 與 (4-18) 式時應注意下面幾點

建立座標系統將原點置於 O點選擇適合之各軸方向

力量合 共面力系將各力分解成 x y 方向分量若方向與 x y 同

向取正純量方向與 x y 方向相反取負純量

三維系統在求合力前先將力表示成笛卡爾向量

力矩合

共面力系使用力矩原理簡便將力解求 x y 方向分量各

別求其力矩再求總力矩

三維系統使用向量法較方便此時位置向量係由點 O至作

用力線上任一點

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例題 4-14

如圖 4-36(a) 所示試以一作用在 A 點之力及力偶

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

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合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

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例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

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FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

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-RC Hibbeler-CH04-99

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-RC Hibbeler-CH04-100

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

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-RC Hibbeler-CH04-102

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

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解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

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分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

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-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-93

矩取代

解( 純量法 )

400 N 之力可利用力矩原理求取其垂直及水平分量

之力矩

ENGINEERING MECHANICS STATICS

合力在 x及 y 方向之分量分別為

x R F F x

Σ=+rarr

larr=minus=degminusminus= N8382N8382N45cos400N100RF

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

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FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

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-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-100

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

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例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

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分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

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-RC Hibbeler-CH04-121

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 94128

-RC Hibbeler-CH04-94

larr=== x R

y R F F y

Σ=uarr+

darr=minus=degminusminus= N8882N8882N45sin400N600 y RF

如圖 4-36(b)合力 RF 之大小為

N962)8882()8382()()( 2222

=+=+= y x R R R F F F Ans

方向為

deg=

=

= minusminus

6668382

8882tantan

11

x

y

R

R

F

F θ

θ Ans

合力矩 A RM 為各力對 A 點之力矩和設逆時針

方向為正即 k+ 方向則

A R M M A

Σ=+

)m30)(N45cos400(

)m80)(N45sin400()m40(N600)0(N100

degminus

degminusminus= A R

M

mN551mN551 sdot=sdotminus= Ans

總結若 A R

M 及 RF 作用在支柱 A如圖 4-36(b)則

與圖 4-36(a) 之系統有相同的外部效應

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-15

一樑受 M 及 21

FF 作用如圖 4-37(a)將其化簡為作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 95128

-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 97128

-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 98128

-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 99128

-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 100128

-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 102128

-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 103128

-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 104128

-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 105128

-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 106128

-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 95128

-RC Hibbeler-CH04-95

用於 O點的力及力偶矩

解( 向量法 )

三維外形的問題可利用直角向量分析予以簡化將

力及力偶矩表示成直角分量

mN300400)(500)(500

N41666249)10()150(

10150300

)N300()N300(

N800

53

54

22

2

1

sdot+minus=+minus=

+minus=

+minus

+minus=

==

minus=

k jk jM

ji ji

ruF

kF

CB

CBCB

r

ENGINEERING MECHANICS STATICS

FF Σ= jikFFF 41666249800 +minusminus=+=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 97128

-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 98128

-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 99128

-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 106128

-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 96128

-RC Hibbeler-CH04-96

FF Σ= R jikFFF 4166624980021 +minusminus=+= R

N80041666249 k ji minus+minus= Ans

)62494166()()300400(

041666249

110150)800()1()300400(

21

ji0k j

k ji

kkk jM

FrFrMM

MMM

minusminus+++minus=

minusminus+minustimes++minus=

times+times+=

Σ+Σ=

O

O

O

R

BC R

OC R

mN300650166 sdot+minusminus= k ji Ans

其結果如圖 4-37(b) 所示

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 104128

-RC Hibbeler-CH04-104

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 105128

-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

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例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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此力系

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如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

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例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 97128

-RC Hibbeler-CH04-97

49 力與力偶的再合成

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 98128

-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 99128

-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 100128

-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 102128

-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 103128

-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 104128

-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 105128

-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 106128

-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

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例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

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分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

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410 分佈力的化簡

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分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

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由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

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-RC Hibbeler-CH04-121

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

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例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 98128

-RC Hibbeler-CH04-98

(simplification to a single resultant force)

若一物體受力及力偶作用圖 4-38(a)而化簡得合力 = RF

FΣ 合力偶矩 O ROMM Σ= 且彼此互相垂直圖 4-38(b)

我們可進一步將 RF 移至 P 點而此點可在或不在物體上

使得總力偶矩變為零圖 4-38(c)

在第 2 章曾介紹共點力系當所有力量皆作用

於一點則無力偶故 P 點可唯一確定圖 4-39

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 99128

-RC Hibbeler-CH04-99

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 100128

-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 102128

-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 103128

-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 104128

-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 105128

-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 106128

-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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-RC Hibbeler-CH04-99

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-RC Hibbeler-CH04-100

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-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

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-RC Hibbeler-CH04-102

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

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httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 105128

-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-100

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 102128

-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 103128

-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 105128

-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 106128

-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 101128

-RC Hibbeler-CH04-101

圖4-40(a)

共面力系可化簡為一單力因各力移

至 x- y平面上任一點 O 時產生力偶矩與 x- y 面互相垂直即

kplusmn 方向合力矩 FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 彼此垂直圖

4-40(a)故可將合力 RF 移至距 O點為 d 之位置且對 O 點

產生相同力矩O R

M 如圖 4-40(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 102128

-RC Hibbeler-CH04-102

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 103128

-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 104128

-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 105128

-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 106128

-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

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4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

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例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-102

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

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8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 106128

-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-103

圖 4-41(a) 平行力系可以簡為一單力因各力

移至 x- y 而上任一點產生對 x- y 軸之力矩分量合力矩

FrMM timesΣ+Σ=O R

與合力 RF 互相垂直如圖 4-41(b)故 RF

可移至距 O 點為 d 之位置且產生相同力矩 O RM 如圖

4-41(c)

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-RC Hibbeler-CH04-104

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-RC Hibbeler-CH04-105

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解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

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-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

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如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

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量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

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8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

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解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

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欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

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x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

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例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

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解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

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分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

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8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

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410 分佈力的化簡

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分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

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勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 104128

-RC Hibbeler-CH04-104

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 105128

-RC Hibbeler-CH04-105

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 106128

-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

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例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

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圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

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-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

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解析步驟

將共面或平行力系化簡為單 合力可歸納以下步驟

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將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

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圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

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-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

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例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

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此力系

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如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 106128

-RC Hibbeler-CH04-106

將共面或平行力系化簡為單一合力可歸納以下步驟

建立座標軸將 R F 置於與原點距一特定距離之位置上

力量和 合力為力系中各力之和

共面力系可將力分解成 x y 方向分量與 x y 同向取正

與 x y 反向取負

力矩和

合力對 O 點之力矩與各力偶矩與各力對 O 點之力矩和相

等 此力矩相等條件可求得合力作用點之位置

ENGINEERING MECHANICS STATICS

圖 4-35(a) 可將作用於物體上的力與力偶合

成為一力 RF 與力偶

O RM 其兩者並不垂直

RF 與

O RM 成θ 角

度圖 4-35(c)如圖 4-42(a) 將M 分解為兩分量M 與M

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 107128

-RC Hibbeler-CH04-107

度 圖 4 35(c) 如圖 4 42(a) 將O R

M 分解為兩分量 perpM 與 ||

M

分別垂直平行於 RF 其中 perpM 可用移動 RF 至 P 點取代

如圖 4-42(b)此點位於 bb 軸而 bb 與O RM 及 RF 垂直欲

滿足力系的等值性O 與 P 間 Rd FM perp= 且 RF 作用於 P

RF 之力矩欲使物體繞 O 旋轉且與 perpM 同向圖 4-42(a)

最後因 ||M 為自由向量可移往 P點而與 RF 共點圖 4-42(c)

此共線之力力偶之組合稱為板手板手的作用軸與力同

向故板手將造成物體在此軸的移動及繞此軸的旋轉比

較 4-42(a) 至 4-42(c) 知一力及一力偶可化簡為板手板手

的作用軸及此軸通過的點為唯一確定可經由計算而得

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 108128

-RC Hibbeler-CH04-108

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-16

共面力系作用於樑 AE 圖 4-43(a)試以一單力取代

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 109128

-RC Hibbeler-CH04-109

此力系

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖 4-43(a)座標原點選在 E 點

分解 500 N 力在 x 及 y 方向的分量並將各分

量相加 即

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 110128

-RC Hibbeler-CH04-110

量相加即

x R F F x

Σ=+rarr rarr=+deg= N0350N100N60cos500

x RF

y R F F y

Σ=uarr+ N0233N200N60sin500 minus=+degminus= y RF

darr= N0233

合力之大小及方向由向量加法求得如圖 4-43(b) 所

示

N5420)0233()0350( 22 =+= RF Ans

deg=

= minus

7330350

0233tan 1θ

θ Ans

對 E 點求力矩和由圖 4-43(a) 及 4-43(b)可

知 RF 對 E 點之力矩應等於系統各力對 E 點之力矩和即

m0750233

11182==d Ans

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

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例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

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分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

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410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 111128

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 112128

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-18

圖 4-45(a) 中平板受四個平行力作用試以一單力

取代此力系並求取此單力之作用點

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

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分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

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410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

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ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

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-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 113128

-RC Hibbeler-CH04-113

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-45(a)合力為

F F R Σ=uarr+ N500N400N100N600 minusminus+minus= RF

darr=minus= N1400N1400 Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

欲使圖 4-45(b) 中對 x 軸的力矩與圖 4-45(a)

中對 x 軸力矩相同力臂由與 x 軸之距離即 y 座標決

定利用右手定則以 i+ 方向為正得

x R M M x

Σ=

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 114128

-RC Hibbeler-CH04-114

x

)0(N500)m10(N400)m5(N100)0(N600)N1400( +minus+= y

m50235001400 =minus=minus y y Ans

同理以 j+ 方向為正對 y 軸之力矩以求取 x 座

標得

y R M M y

Σ=

)0(N500)0(N400)m6(N100)m8(N600)N1400( ++minus= x

m00342001400 == x x Ans

故以 N1400= RF 作用於 )m502m003(P 的位置圖 4-

45(b)則與圖 4-45(a) 等值

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-19

如圖 4-46(a)三平行螺栓力作用至圓板蓋上試以

一合力 RF 取代此力系並求 P點位置

解 ( 純量法 )

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 115128

-RC Hibbeler-CH04-115

解( 純量法 )

力量和 由圖 4-46(a)合力 RF 為

FF Σ= R kkkF 150200300 minusminusminus= R

N650 kminus= Ans

力矩和 選取對 O 求力矩和且 RF 作用在 )( y xP 點

上如圖 4-46(b)可得

O ROMM Σ=

)150()200()300( kkkrFr minustimes+minustimes+minustimes=times C B A R r r

iki ji j

k jik jkik ji

85848584160240650650

)150()45cos8045sin80(

)200()80()300()80()650()(

minusminus+=minus

minustimesdeg+degminus+

minustimesminus+minustimes=minustimes+

y x

y x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分別求取 i j分量可得

8584240650 minus= x (1)

8584160650 minus=minus y (2)

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 116128

-RC Hibbeler-CH04-116

8584160650 = y (2)

故 )( y xP 可得

m1160m2390 minus== y x

Ans

負值表假設為 y+ 方向為錯的如圖 4-46(b)可試著利

用純量法以獲得 (1) 及 (2) 式亦即分別求出作用在 x

及 y 軸之力矩和

(1) 及 (2) 式可直接由 y 與 x 軸力矩相等求得依

右手定則

y R M M y

Σ= )m45sin80(N150)m80(N300650 degminus= x

x R M M x

Σ= )m45cos80(N150)m80(N200650 degminus=minus y

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 117128

-RC Hibbeler-CH04-117

410 分佈力的化簡

ENGINEERING MECHANICS STATICS

分佈力中最常見的情形即沿一物體的軸向其受力是均

勻的如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

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-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 118128

-RC Hibbeler-CH04-118

勻的 如圖 4-47(a)壓力負載方向則由圖中箭號表示作

用於平板的力可視為無限多平行力分別作用於無限小的

面積可表示為 Pa)( x p p = 僅為 x 的函數若將 )( x p p =

與寬度 a m 相乘則得 a x p ]m N)([ 2 m N)(m xw= 圖

4-47(b) 表負載為沿 x 軸的函數單位為每單位長度之受

力故 )( xww = 可表為共面平行力系圖 4-47(b)應用 4-9

節可化簡為一單力 RF 並求得位於 x 處圖 4-47(c)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 119128

-RC Hibbeler-CH04-119

ENGINEERING MECHANICS STATICS

由 (4-17) 式 )( FF Σ= R 合力 RF 的大小為系統中所有力的和因此對平板上無限多

的平行力 d F圖 4-47(b) 必須以積分法處理在 x 處之 dx 之長度上受 d F 的力量dAdx xwd == )(F 換言之 d F 的大小即為負載之下的微小陰影面積對整個平板

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 120128

-RC Hibbeler-CH04-120

F F R Σ=darr+ AdAdx xwF A L

R === intint )( (4-19)

即合力的量值為負載圖形 )( xww= 下之面積

由 (4-17) 式 )( O R M M O

Σ= RF 的作用點可依其對 O 點之力矩必須與分佈力對 O

點之力矩相等而得d F 對 O 點之力矩為 dx x xwdF x )(= 圖 4-47(b)則對整個平板

O R M M OΣ=+

int= L R dx x xwF x )(

則 x應用 (4-19) 式得

int

int

int

int==

A

A

L

L

dA

dA x

dx xw

dx x xw x

)(

)( (4-20)

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 121128

-RC Hibbeler-CH04-121

ENGINEERING MECHANICS STATICS

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 122128

-RC Hibbeler-CH04-122

重 點

分佈負荷使用負荷函式 )( x w w = 表示其密度分佈其單位為

mN

共面分佈力可簡化為一合力

合力大小與負荷圖之面積相同而其作用線通過形心

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-20

圖 4-48中分佈力的大小及作用點為何

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 123128

-RC Hibbeler-CH04-123

ENGINEERING MECHANICS STATICS

如圖陰面積 dx xdxwdA 2

60== 予以積分應用 (4-

19) 式由 0= x 積分至 m2= x 得 RF

F F R Σ=

232

3

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

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-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 124128

-RC Hibbeler-CH04-124

minus=

=== intint 3

0

3

260

360

232

0

32

0

2 xdx xdAF

A R

N160= Ans

由 dA 位於距 O 點 x 的距離則作用力作用於 RF 處即

由 (4-20) 式

m51

1604

0

4

260

1604

60

160

)60(

442

0

4

2

0

2

=

minus

=

=== intintint

x

dx x x

dA

dA x x

A

A

Ans

可利用書本內頁的附表得知拋物線高 a底邊長 b

如圖 4-48(a) 其面積為 N160

3

)240(2

3===

ab A 和 m51)2(

4

3

4

3=== a x

ENGINEERING MECHANICS STATICS

4-21

一分佈力 Pa800 xP = 作用於樑之頂面如圖 4-49 所

示試求此分佈力之等效合力大小與作用位置

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 125128

-RC Hibbeler-CH04-125

ENGINEERING MECHANICS STATICS

解

負載 Pa800 x p = 表示負載強度由 0= x 處之 0= p 變化

至 9= x 的 Pa7200= p 由於負載沿樑的寬度為定值故可視作二維問題由圖 4-49(b)

N)160()20)(N800(2

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 126128

-RC Hibbeler-CH04-126

m N)160()m20)(m N800( 2 x xw =

當 m9= x 時 m N1440=w 雖然乃可應用 (4-19) 及 (4-

20) 式求取但可簡單由書本內頁查得故合力為

kN486N6480)m N1400)(m9(21 === RF Ans

合力 RF 作用線通過三角形的形心即

m6)m9(m931 =minus= x Ans

結果如圖 4-49(c)

我們亦可視合力通過圖 4-49(a) 中立體體積 )( x p p =

的中心由於 RF 通過 x- y 平面上的 )0m6( 合力的大小

可由負載曲面下的體積求得即

kN486

)m20)(m9)(m N7200( 2

21

=

== V F R

Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

例題 4-22

圖 4-50(a) 分佈力之合力及作用點為何

解

圖中負載為一梯形其面積與形心可由書本內頁查

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 127128

-RC Hibbeler-CH04-127

圖中負載為 梯形 其面積與形心可由書本內頁查

得但此公式不易記憶將組合面處理將此梯形分解

成三角形與矩形圖 4-50(b)各負載分別為

kN450)m kN50)(m9(

kN225)m kN50)(m9(

2

21

1

==

==

F

F

各力之作用線通過各負載面積的形心

m54)m9(

m3)m9(

21

2

31

1

==

==

x

x

這兩個平行力 21 FF 可合成為 RF 其大小為

F F R Σ=darr+ kN675450225 =+= RF Ans

ENGINEERING MECHANICS STATICS

對參考點 A圖 4-53(b) 及 (c)可求 RF 之作用點

A R M M A

Σ=+ )450(54)225(3)675( += x

m4=x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x

8172019 Static 04

httpslidepdfcomreaderfullstatic-04 128128

-RC Hibbeler-CH04-128

m4= x

亦可將梯形分解成兩三角形圖 4-50(d)即

kN225)m kN50)(m9(

kN450)m kN100)(m9(

21

2

21

1

==

==

F

F

及

m3)m9(m3)m9(

31

2

3

1

1

====

x x

可得 N675= RF 及 m4= x