第四章 平面任意力系(H)
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第四章平面任意力系详解
同样，有且只有三个独立的平衡方程
例1： 简支梁受力如图，已知F＝300N, q=100N/m,
求A, B处的约束反力。
∑ 解：简支梁受力如图所示：
Fx = 0 ⇒ FAx = 0
F q
FAx A
CD
FAy 2m 2m
4m
∑ Fy = 0
FAy + FB − F − q ⋅ 4 = 0 (1)
B
∑MA =0
M
力的平移定理: 可以将作用于刚体上A点上的
力 F 平行移动到任一点O ，但必须附加一个力偶,
附加力偶的力偶矩等于原力 F 对 O 点之矩。
力的平移的逆过程
M
－F
F
F
r F
图中：
d = MO F
一个力偶矩和一个作用于同一平面的
力 F，可以进一步简化为一个力 。
二、平面任意力系向作用面内一点简化
y
刚体系平衡
系统满足刚体的平衡条件
3. 注意一些临界的力学条件：
刚好拉过台阶FNA = 0
FNA
F
翻倒的临界条件：FN 集中于角点。
FN
§4.3 刚体系的平衡
一、刚化原理
变形体在某一力系作用下处于平衡，若将处于平衡状
态时的变形体换成刚体（刚化），则平衡状态不变。
F
F
（a）
F
F
（b）
刚体的平衡条件是变形体平衡的必要条件
二、刚体系的平衡问题
y
F1 O F3
F1/ M1 M2 F2/
= F2
O M3 F3/
x=
Mo FR/
O
x
( ) ( ) ( ) r
r
r
M1 = M o F1 M 2 = M o F2 M 3 = M o F3
理论力学第四章任意力系
OI x
点
Fi
Fi
一般力系（任意力系）向一点简化 汇交力系+力偶系
汇交力系 力偶系
合力 —— R'(主矢) ， (作用在简化中心)
合力偶矩——MO (主矩) ，(作用在该平面上)
O 点为简化中心: F1' F1 , F2 ' F2 ,, Fi ' Fi .
m1 MO (F1), m 2 MO (F2 ), , m i MO (Fi ).
tan1 FRx 70.83 0
FR
2）求主矩
y
O MO
MO 3F1 1.5P1 3.9P2 2355 kN m
x
FR '
y 3m
２）求合力与基线OA的交点到Ｏ点的距
▼
9m
F1
3m
P1
1.5
P2
3.9 m
离 x及合力作用线方程
▼
主矩：MO 3F1 1.5P1 3.9P2
y
3m
▼
P1
1.5
解:１）求 FR'x , FR'y
FR'x F1 F2 cos 300 70 cos16.7
232.9kN
▼
FR'y P1 P2 F2 sin
9m
F1
P2 F2 450 200 70sin16.7 670.1kN
3.9 m 3m
MO2
M O1 FR
FR
M O1
FR
o d O
o d O
MO1 是自由矢量，可搬到O'处
所以在O'点处形成一个力螺旋。
平面任意力系
且其作用线互相平行的力系。
∑ ∑
Yi 0 or
Xi 0
∑
M o Fi 0
A、B两点
∑
M A Fi 0
∑
M B Fi 0
的连线不 能与各力 的作用线 平行
例1：图示吊车，起吊物 重W=30kN，横梁单位长 度重q =4.2N/cm，l=5m， x=l /4。求A、B约束力。
R R2 R2 42kN
O
Ox
Oy
arctg ROy 52.4
ROx
2）求力系的主矩 M A 1 25 2 20 sin60 - 3 18 sin30 32.6kN m
3）求合力作用线到A点的距离 d M A 32.6 0.777
RO 42
个固定矢量。与简化中心密切相关，简化中心不同 其主矩一般也不相同，简化中心就是其作用点。
力系的合力：为主矢和主矩的合力，是一个固定矢量。与
原力系互为等效力系，不仅仅取决于主矢和主矩的 大小、方向及转向，还必须指出其作用线。
例1：正三角形ABC边长为a，受力如图，且F1=F2=F3=F。
求力系的主矢、对A点的主矩及力系合力作用线的位置。
解：1）求力系的主矢
ROx F1 F2 cos 60 F3 cos 60 2F ROy F2 sin60 F3 sin60 0
F3
CC
RO
R2 Ox
R2 Oy
4F2 0 2F
2）求对A点的主矩
2F
A
BB
F1
MA C
M A aF2 sin60 0.87aF
第四章、平面任意力系
分布力系说明
q
qB
A
L 2L/3 Q1 L/3
B
A L L/2 A Q L/2
B
A
L (a)三角形分布力
厚接分布力
B L （b）均匀分布力
在以后碰到分布力时，先进行简化处理，然后再求解。
第四章 平面任意力系
理 论 力 学
§4- 4 平衡条件、平衡方程
例 4-1
已知：梁AD的支承及受力如图所示。
F = 500N, FA = 1000N, q = 1000N/m
A、B、C是平面内不共线的任意三点.
应当指出：投影轴和矩心是可以任意选取的。 在解决实际问题时适当选取矩心与投影轴可以简化计算。
一般地说，矩心应选多个力的交点，尤其是选
未知力的交点，投影轴则尽可能选取与该力系中多数力的 后接例题 作用线平行或垂直。
第四章 平面任意力系
理 论 力 学
§4- 5 平面平行力系的合成与平衡
即两个力矩式一个投影式，其中A、B是平面内任意两点。 但连线不能垂直投影轴 X 。 B A x
第四章 平面任意力系
理 论 力 学
§4- 4 平衡条件、平衡方程
平衡方程
2、平面力系任意力系的平衡方程 B
A 即三个力矩式， C
（2）三力矩形式的平衡方程
∑MA （F）= 0，
∑MB （F）= 0 ∑MC （F）= 0
即距D点的距离为a/3。
应用平面力系平衡方程求解。
第四章 平面任意力系
理 论 力 学
§4- 4 平衡条件、平衡方程
例 4-1 ∑Fx = 0 ∑Fy= 0
步骤3：取坐标系Bxy，列平衡方程
FBx+ F = 0 FBy+ FC- Fp- FA= 0
工程力学-单辉祖、谢传锋-第四章-平面任意力系
其中平面汇交力系的合力为
F1 F2 F n F1 F2 Fn Fi FR
平面力偶系的合成结果为
M O M1 M 2 M n M O ( F1 ) M O ( F2 ) M O ( Fn ) M O ( Fi )
MO 0
( Fx )2 ( Fy )2 FR
MO MO (F i )
( Fx )2 ( Fy )2 FR
MO MO (F i )
平衡
Fxi 0 即：
Fyi 0
MO (F i ) 0
平面任意力系的平衡方程
即：平面任意力系平衡的解析条件是：力系中 所有各 力 在其作用面内两个任选的坐标轴上投 影的代数和分别 等于零 ，所有各力对 任一点 之矩的代数和等于零。
(1) F'R＝0，MO≠0 平面任意力系简化为一个力偶的情形 原力系合成为合力偶。合力偶矩M等于原力系对简 化中心的主矩。
F5
MO MO (F )
A
F1 F4
F6 B F3
F2
C
D
四个力是否平衡？
此时,主矩与简化中心的位置无关。
(2) F'R ≠ 0，MO ＝ 0 ; 平面任意力系简化为一个合力的情形 如果主矩等于零，主矢不等于零，则此时平面力系 简化为一合力，作用线恰好通过简化中心。
例1 求图示刚架的约束反力。
解：以刚架为研究对象，受力如图。
Fx 0
FAx qb 0
A
a
P
q
b
P
MA
Fy 0
FAy P 0
MA (F ) 0 1 2 M A Pa qb 0 2
工程力学C-第4章 平面任意力系
l 2
q( x) xdx 2l h 3 q( x)dx
0 l 0
l
例 题7：
均匀分布载荷 q =4kN/m ，自由端B作用有集 中力F = 5kN，与铅垂线夹角α=25°，梁长 l = 3m。求固定端的反力。 解： 梁AB ——研究对象
x
M A (Fi ) 0 : M Q l F cos l 0 (Q ql 4 3 12kN) A
2
1 2 M A Fl cos ql 31.59kN m 转向如图 2
F
F
xi
0:
0:
FAx F sin 0
FAx F sin 2.113kN
FAy Q F cos 0
实际方向与图中相反
yi
FAy Q F cos 16.53kN 方向如图
n
平衡方程
平面任意力系平衡的解析条件：所有各力在两个任选的坐标轴 上的投影的代数和分别等于零，以及各力对于任意一点矩的代 数和也等于零。
例 1:
固定端约束
既不能移动，又不能转动的约束—— 固定端约束 固定约束的特点
利用平面力系的简化结果，将端部的分布
力向端部的一点A点简化，得FA、MA。
FA MA
A
B
b
因此，P2必须满足：
Pe P l P (e b) 1 P2 ab a
FNA
FNB
例 题 6 细杆AB 搁置在两互相垂直的光滑斜面上，如图所 示。已知：杆重为P，重心C 在杆AB的中心，两 斜面的几何关系如图。求：杆静止时与水平面的 夹角θ和支点 A、B 的反力。 解： 细杆AB —— 研究对象 设杆AB长 l ,取图示坐标系。
理论力学4 平面任意力系
4.4.3 两种常见线分布载荷 在工程上，常把作用于结构上的主动力称为载荷。 载荷除点接触的集中力载荷外，还有以体分布及线、 面接触形式出现的分布载荷。如重力（体分布载荷）、 水压力（面分布载荷、工程上也常简化为线分布载 荷），土压力、风压力等。 单位体积、面积、长度上所承受的力称载荷集度。 体载荷集度的单位为N / m3，面载荷集度的单位为N / m2，线载荷集度的单位为N / m。
F1 F2 F F FRy
a
F 2 cos(FR , i ) 2F 2
再计算主矩
FR 2 F
F FR
45o MO A F B （ F2 a ） x
(FR , i ) 45
h F3
O
F F1 a a
M O Fa F1 0 2F2 a F3h F ( a h)
A
FAx MA
MA
固定端约束对物体的作用，是在接触面上作用的 一群复杂的约束力。 固定端约束的约束反力表示为限制水平方向位移 的反力FAx和限制竖向位移的反力FAy，以及限制物体转 动的力偶矩为MA的反力偶。
4.4 平面任意力系的简化结果、合力矩定理
4.4.1 平面任意力系的简化结果分析 (1) FR 0 MO 0 平衡,（下节讨论）。
(2) 向A点简化：由于主矢 与简化中心的位置无关，所以
h F3
y O
F A F
FR
45o MA F x
FR 2 F
主矩
(FR , i ) 45
F1 a a
B （ F2 a ）
M A Fa F2a F3h Fh
(3) 向B点简化： 主矢
h F3
y O
F A F MB F a a B （ F2 a ） x
第4章平面任意力系
F
F
c
c
m
F’
(a)
图 4-5
(b)
工程力学电子教案
§4-2
平面任意力系向一点简化
设在某一刚体上作用着平面任意力系F1、 F2、…Fn，如图4-6所示。显然无法象平面汇 交力系那样，用力的平行四边形法则来合成 它。
F1
F2
Fn
图 4-6
工程力学电子教案
这时可 应用力线平移定理，将力系中的各个力逐个向刚 体上的某一点o（称为简化中心）平移（图4-7b)，再将所得的 平面汇交力系和平面力偶系分别合成（图4-7 c) 。
A
解：取坐标系如图 所示。在 x 处取一 微段，其集度为
xc
R
x q q0 L
微段上的荷载为：
q0
x L
B
x
dF qdx q0
x dx L
工程力学电子教案
y
以A为简化中心，有
xc
x
R
Rx Fx 0 Ry Fy lim (
x 0
q0
q0 x x) L
式中x 随 m2、m3 而变，其他各量都是不变的。
工程力学电子教案
欲使起重机不翻倒
应有 0<x<a
m (1) 空载时， 2 0 ，w=0， x>0，由前式得
m (a+b)-m c>0
1 3
即得
m1 (a b) 50(3 1.5) m3 37.5t c 6
工程力学电子教案
（2） 满载时， m2 =25t,，x<a，由前式得
定理 ：作用在刚体上某点的力 F ，可以平行移动到刚体 上任意一点，但必须同时附加一个力偶，其力偶 矩等于原来的力 F 对平移点之矩。矩的转向与原 力 F 对平移点的转向趋势一致。
F
c
c
m
F’
(a)
图 4-5
(b)
工程力学电子教案
§4-2
平面任意力系向一点简化
设在某一刚体上作用着平面任意力系F1、 F2、…Fn，如图4-6所示。显然无法象平面汇 交力系那样，用力的平行四边形法则来合成 它。
F1
F2
Fn
图 4-6
工程力学电子教案
这时可 应用力线平移定理，将力系中的各个力逐个向刚 体上的某一点o（称为简化中心）平移（图4-7b)，再将所得的 平面汇交力系和平面力偶系分别合成（图4-7 c) 。
A
解：取坐标系如图 所示。在 x 处取一 微段，其集度为
xc
R
x q q0 L
微段上的荷载为：
q0
x L
B
x
dF qdx q0
x dx L
工程力学电子教案
y
以A为简化中心，有
xc
x
R
Rx Fx 0 Ry Fy lim (
x 0
q0
q0 x x) L
式中x 随 m2、m3 而变，其他各量都是不变的。
工程力学电子教案
欲使起重机不翻倒
应有 0<x<a
m (1) 空载时， 2 0 ，w=0， x>0，由前式得
m (a+b)-m c>0
1 3
即得
m1 (a b) 50(3 1.5) m3 37.5t c 6
工程力学电子教案
（2） 满载时， m2 =25t,，x<a，由前式得
定理 ：作用在刚体上某点的力 F ，可以平行移动到刚体 上任意一点，但必须同时附加一个力偶，其力偶 矩等于原来的力 F 对平移点之矩。矩的转向与原 力 F 对平移点的转向趋势一致。
工程力学—平面任意力系
置a＝2 m时拉杆的拉力和铰链A的约束反力。
例3 解：取横梁AB为研究对象。
Fx 0
FAx FT cos 0 (1)
FAy
FAx
Fy 0
A
FT
E
H
B
FAy FT sin P Q 0 (2)
P
a
M A(F) 0
Q
FT
sin
l
P
l 2
Qa
0
(3)
从(3)式解出
FT
1
sin
l
FR
O
O′
d
4.3 平面任意力系简化结果分析
从图中可以看出
MO (FR ) FRd MO
由主矩的定义知：
所以
MO MO (Fi ) MO (FR ) MO (Fi )
FR
O
O′
d
结论：平面任意力系的合力对作用面内任一点的矩等 于力系中各力对同一点之矩的代数和。这就是平面任 意力系的合力矩定理。
M A (F ) 0 : FBa P sin (a b) m 0
解之得：
FAx P cos
m Pb sin
FAy
a
FB
m
P sin (a
a
b)
P
FAx
A
m B
C
FAy
FB
平衡方程的其它形式
(1) 二矩式
Fx 0 M A (F ) 0 M B (F ) 0
其中A、B两点的连线AB不能垂直于投影轴x。
补充内容： 平面固定端约束
一物体的一端完全固定在另一物体上所构成的约 束称为固定端或插入端约束。
A
FA A MA
MA
FAy FAx
例3 解：取横梁AB为研究对象。
Fx 0
FAx FT cos 0 (1)
FAy
FAx
Fy 0
A
FT
E
H
B
FAy FT sin P Q 0 (2)
P
a
M A(F) 0
Q
FT
sin
l
P
l 2
Qa
0
(3)
从(3)式解出
FT
1
sin
l
FR
O
O′
d
4.3 平面任意力系简化结果分析
从图中可以看出
MO (FR ) FRd MO
由主矩的定义知：
所以
MO MO (Fi ) MO (FR ) MO (Fi )
FR
O
O′
d
结论：平面任意力系的合力对作用面内任一点的矩等 于力系中各力对同一点之矩的代数和。这就是平面任 意力系的合力矩定理。
M A (F ) 0 : FBa P sin (a b) m 0
解之得：
FAx P cos
m Pb sin
FAy
a
FB
m
P sin (a
a
b)
P
FAx
A
m B
C
FAy
FB
平衡方程的其它形式
(1) 二矩式
Fx 0 M A (F ) 0 M B (F ) 0
其中A、B两点的连线AB不能垂直于投影轴x。
补充内容： 平面固定端约束
一物体的一端完全固定在另一物体上所构成的约 束称为固定端或插入端约束。
A
FA A MA
MA
FAy FAx
平面任意力系
y
F4 F1 F2
F3
O
x
平面平行力系平衡的必要与充分条件是：力系 中所有各力的代数和等于零，以及各力对平面内任 一点之矩的代数和等于零。
n
{∑
i =1 n i =1
∑Y
i
=0
M O ( Fi ) = 0
二力矩形式的平衡方程：
{∑
i =1 n i =1
∑M
n
A
( Fi ) = 0
M B ( Fi ) = 0
则
′ FR = (∑ X ) 2 + (∑ Y ) 2
′ FRy ∑Y θ = arctg = arctg ′ FRx ∑X
• 固定端约束 物体的一部分固嵌于另一物体的约束称为固 定端约束。 固定端约束的特点是既限制物体的移动又限 制物体的转动。
在外载荷的作用下，物体在固嵌部分所受的作 用力为一任意力系。 将此力系向连接处物体横截面的形心A简化，得 到一个力FA和一个力偶MA。 对于平面固定端约束，可用两个正交分力和一个 力偶矩表示。
平面任意力系的平衡方程：
∑ ∑ ∑
n n
n
X
i =1
i
= 0
i =1
Yi = 0 M
O
i =1
(Fi) = 0
所有各力在两个任选的坐标轴上投影的代数和 分别等于零，以及各力对于任意一点的矩的代数和 也等于零。
平衡方程的其它形式：
• 二力矩形式的平衡方程
∑ ∑ ∑
n n
n
M M X
i =1
A
(Fi) = 0 (Fi) = 0 = 0
F
600
y
l l
M
B
D P
3l
F4 F1 F2
F3
O
x
平面平行力系平衡的必要与充分条件是：力系 中所有各力的代数和等于零，以及各力对平面内任 一点之矩的代数和等于零。
n
{∑
i =1 n i =1
∑Y
i
=0
M O ( Fi ) = 0
二力矩形式的平衡方程：
{∑
i =1 n i =1
∑M
n
A
( Fi ) = 0
M B ( Fi ) = 0
则
′ FR = (∑ X ) 2 + (∑ Y ) 2
′ FRy ∑Y θ = arctg = arctg ′ FRx ∑X
• 固定端约束 物体的一部分固嵌于另一物体的约束称为固 定端约束。 固定端约束的特点是既限制物体的移动又限 制物体的转动。
在外载荷的作用下，物体在固嵌部分所受的作 用力为一任意力系。 将此力系向连接处物体横截面的形心A简化，得 到一个力FA和一个力偶MA。 对于平面固定端约束，可用两个正交分力和一个 力偶矩表示。
平面任意力系的平衡方程：
∑ ∑ ∑
n n
n
X
i =1
i
= 0
i =1
Yi = 0 M
O
i =1
(Fi) = 0
所有各力在两个任选的坐标轴上投影的代数和 分别等于零，以及各力对于任意一点的矩的代数和 也等于零。
平衡方程的其它形式：
• 二力矩形式的平衡方程
∑ ∑ ∑
n n
n
M M X
i =1
A
(Fi) = 0 (Fi) = 0 = 0
F
600
y
l l
M
B
D P
3l
建筑力学4平面任意力系
FR′=√(R′x)2+(R′y)2=122.4N
cos=60.7/122.4 , cos=|(-106.1/122.4)|, -60sin60 +80sin30 °)*1 =-84.4 N· m =60.27° F4 =29.9°
y
60° F3
30°
MA=∑Mo（Fi）=(-60cos45 °-60*cos60 ° A
平面任意力系（平面一般力系） 平面力系 平面汇交力系 平面特殊力系 平面力偶系 平面平行力系
力
系 分 类
空间力系
平面特殊力系的合成 空间任意力系
与平衡第三章已学习。 本章将利用已学的知 空间汇交力系 识完成平面一般力系 的合成与平衡问题求 空间力偶系 空间特殊力系解。
空间平行力系
解决的问题：力系的合成与平衡问题
ˋˊ
MO
FR ´ z x
D
Fn
O
m2 mi Fi
O
y F1 A F1 ´ m1 F2 ´
ˋˊ
MO
FR ´
F2 m2 z O O C B x 简化中心：O点称为简化中心。 mn mi 主矢FR′：力系中各力的矢量和；和简化中心的位 置无关。 Fn ´=F1´+F2´+F3´++ Fn´=∑Fi Fn ´ Fi FR Fi 主矩MO：平面力系中各力对于简化中心的矩的代数 和称为 该力系对简化中心的主矩，其一般随简化中心的位置的改 变而变化。 MO=∑mO（Fi） 结论：平面任意力系向作用面任一点简化后一般得到一个 力和一个力偶。这个力的力矢量等于力系中各力的矢量和， 即力系的主矢；力偶的矩等于各力对简化中心之矩的代数 和，即力系对简化中心的主矩。
力的作用线分布在同一平面内的力系称为平面力系本章主(精)
M
q
。
பைடு நூலகம்30
。 F
A
C
B
60
D
L
L
L
L
以CD为研究对象：
q
30
。 F
Fcx
C Fcy B
60
。
D FB (a)
MC(F)=0, FBsin60°•L-q•L/2-Fcos30°•2L=0 FB=45.77kN
由式(a)可得
以整体为研究对象，如图所示，组合梁在M，F， q, FAx, FAy,MA,FB下平衡
AE 2BE
3 2Q P 2
P 2 2 0.61 Q 3
本章小节
1．平面力系的简化
FR Fxi Fy j
M O M O (F) ( xi Fyi yi Fxi )
2．平面力系平衡的必要与充分条件
F 0 FR M O M O (F ) 0
1.平面力系的平衡充要条件
0 FR M O 0
2.平面力系的平衡方程的基本方程
Fy 0 M O (F) 0 Fx 0
即：力系中各力在任选的两正交坐标轴上投影 的代数和都等于0，以及力系中各力对任一点之矩的 代数和也等于0。
3.平衡方程的其它形式
虽然可以这样解，但尽量是列一个方程解一个未知数， 避免联立求解。
现将解平面力系平衡问题的方法和步骤归纳如下： 1．根据问题条件和要求，选取研究对象。 2．分析研究对象的受力情况，画受力图。画出研究对象 所受的全部主动力和约束力。 3．根据受力类型列写平衡方程。平面一般力系只有三个 独立平衡方程。为计算简捷，应选取适当的坐标系和矩心，
q
。
பைடு நூலகம்30
。 F
A
C
B
60
D
L
L
L
L
以CD为研究对象：
q
30
。 F
Fcx
C Fcy B
60
。
D FB (a)
MC(F)=0, FBsin60°•L-q•L/2-Fcos30°•2L=0 FB=45.77kN
由式(a)可得
以整体为研究对象，如图所示，组合梁在M，F， q, FAx, FAy,MA,FB下平衡
AE 2BE
3 2Q P 2
P 2 2 0.61 Q 3
本章小节
1．平面力系的简化
FR Fxi Fy j
M O M O (F) ( xi Fyi yi Fxi )
2．平面力系平衡的必要与充分条件
F 0 FR M O M O (F ) 0
1.平面力系的平衡充要条件
0 FR M O 0
2.平面力系的平衡方程的基本方程
Fy 0 M O (F) 0 Fx 0
即：力系中各力在任选的两正交坐标轴上投影 的代数和都等于0，以及力系中各力对任一点之矩的 代数和也等于0。
3.平衡方程的其它形式
虽然可以这样解，但尽量是列一个方程解一个未知数， 避免联立求解。
现将解平面力系平衡问题的方法和步骤归纳如下： 1．根据问题条件和要求，选取研究对象。 2．分析研究对象的受力情况，画受力图。画出研究对象 所受的全部主动力和约束力。 3．根据受力类型列写平衡方程。平面一般力系只有三个 独立平衡方程。为计算简捷，应选取适当的坐标系和矩心，
工程力学课后习题答案第四章 平面任意力系
第四章 平面任意力系习 题4.1F TyxOF N解：软绳AB 的延长线必过球的中心，力N F 在两个圆球圆心线连线上N F 和T F 的关系如图所示：AB 于y 轴夹角为θ 对小球的球心O 进行受力分析：0,s i n c o sT NXF F θθ==∑ 0,cos sin T N Y F F W θθ=+=∑ s i n R r R dθ+=+ c o s L r R dθ+=+()()()()22T R d L r F W R r L r ++=+++ ()()()()22N R d R r F W R r L r ++=+++4.2。
AyF AxF 解：对AB 杆件进行受力分析：120,sin cos022AL MW W L θθ=-=∑解得： 212a r c s i n WW θ=对整体进行受力分析，由:20,c o s 02A x X F W θ=-=∑210,sin 02A y YF W W θ=+-=∑ 22121Ay W W F W +=4.3 解：A yF A xF B yA xF A yF B yFBA xF A yF A xF AM（a ）受力如图所示0,0.8cos 300AxX F =-=∑0,0.110.80.150.20ABy MF =⨯+⨯-=0,10.8sin 300AyBy Y FF =+--=∑, 1.1,0.3Ax By Ay F F KN F KN ===（b ）受力如图所示0,0.40AxX F =+=∑0,0.820.5 1.60.40.720ABy MF =⨯-⨯-⨯-=∑0,20.50AyBy Y F F =+-+=∑ 0.4,0.26,0.24Ax By Ay F K N F K N F K N =-==（c ）受力如图所示0,sin 300AxB X F F =-=∑0,383cos 300AB MF =+-=∑0,cos 3040AyB Y FF =+-=∑2.12, 4.23,0.3Ax By Ay F K N F K N F K N ===（d ）受力如图所示()()133q x x =- 0,0Ax X F ==∑()()33010,3 1.53A y YF q x dx x dx K N ===-=∑⎰⎰()30,0AA M M xq x dx =+=∑⎰()3013 1.53AMx x dx K N m =-=-∙⎰4.4AyF解：立柱底部A 处的受力如图所示，取截面A 以上的立柱为研究对象0,0AxX F qh =+=∑ 20Ax F qh K N =-=-0,0AyY F G F =--=∑ 100Ay F G F K N =+=0,0hA A M M qxdx Fa =--=∑⎰ 211302AMqh F a K N m =+=⋅4.5解：设A ，B 处的受力如图所示， 整体分析，由：()210,2202AB y MaF qa W a W a e =----=∑415By F K N =0,20Ay By Y F F W qa =+--=∑ 1785A y F K N =取BC 部分为研究对象()0,0CBy Bx M aF F a W a e =+--=∑ 191Bx F K N =-再以整体为研究对象0,191Ax XF KN ==∑4.7。
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FAx
M E (F ) 0, FAy a qa 1.5a 0
FE
解得： FAx 0 FAy 1.5qa FE 2.5qa
第三章
平面任意力系
(2) 取曲杆CD为研究对象
M D ( F ) 0, qa 0.5a FC a sin 45 0
解得：
解： （1）取刚架为研究对象
（2）画受力图 （3）建立坐标系，列方程求解
Fx 0, Fy 0, M A ( F ) 0, FAx P 0 FAy FB 0 FB 2a P a M 0
x
解上述方程，得
FAx P, FAy P, FB P.
第三章 平面任意力系
为什么钉子有时会折弯？
M
F′
F
图示两圆盘运动形式是否一样？
F
F F′ M (b) (b)
(a)
第三章 平面任意力系
2.平面任意力系向作用面内一点的简化 · 主矢和主矩
F2 F1 F2′
O
M2
F1′
M1
O
FR′
MO
O
F3
F3′
M3
F1 =F1′ M1=MO(F1) O 简化中心 F2 =F2′ M2=MO(F2)
2 FC qa 2
q
C C
FDx
FC
D
FDy D
第三章
平面任意力系
例 题 8 已知：M = 10kN· q=2kN/m m, 求：支座A、C 的反力。
q
解：(1) 取BC为研究对象
Fx 0, FCx 0 M C ( F ) 0, FB 2 q 1 0.5 0 Fy 0, FCy FB q 1 0
B
M
A 1m 1m C 1m 1m
解得:
FB 0.5kN, FCx 0, FCy 1.5kN
(2) 取AC为研究对象
FCy
平面任意力系
§4-4
物体系的平衡 ·静定和静不定问题
● 静定体系：未知量数目等于独立平衡方程数目 ● 超静定体系：未知量数目多于独立平衡方程数目
q
A B
F
D C A
FA P
FB
E 2m
B
B
1m
1m
A
Cห้องสมุดไป่ตู้
FC
B
P Q
D E
FA
P
第三章
FB
A
C
平面任意力系
例 题 6
已知：P=0.4kN，Q=1.5kN， sin=4/5
M A (F ) 0,
FCx 1.2kN
FAx
FCx
l l FCy 2l cos P cos Q sin 0 2 2 Fy 0, FAy FCy P 0 Fx 0, FAx FCx Q 0
(1) (2) (3)
FAy
A
FBy P
F3 =F3′ M3=MO(F3) ′ ′ FR=F1+F2′+F3′= F1+F2+F3
MO=M1+M2+M3=MO(F1)+ MO(F2) + MO(F3)
第三章 平面任意力系
y
FR′
FR Fi
i 1
n
MO
O
x
M O M O (Fi )
i 1
n
F′ R MO
主矢 主矩
★ 平面任意力系向作用面内任一点O简化，可得一个力和一个力 偶，这个力等于该力系的主矢，作用线通过简化中心。这个力偶 的矩等于力系对于点O的主矩。
l 0
q(x)
载荷集度
合力作用线位置：
dP=q(x)dx 合力大小：
P dP q( x)dx
l 0
q( x) xdx h q( x)dx
0 l 0
l
第三章
平面任意力系
☆ 两个特例
(a) 均布载荷 P q
x
l
(b) 三角形分布载荷 P q0
h l
x
h
q0 q ( x) x l
（A、B两点的连线 不得与各力平行）
二个方程只能求解二个未知量
第三章 平面任意力系
例 题 4
已知：F = 2kN，q = 1kN/m 求： A、B支座反力。 P
q
F
D
解：取梁ABCD为研究对象
C 1m
A 2m
B 1m
M B (F ) 0, Fy 0, 其中
P 1 FNA 2 F 1 0 FNA FNB F P 0 1 P q 3 2
（A、B、C 三点不得共线）
第三章 平面任意力系
例 题 3
D
求：三杆对三角平板ABC的约束反力。
A
a
B
M
a
a F C
P
E
第三章
平面任意力系
解：取三角形板ABC为研究对象
3 a FC M 0 M A (F ) 0, 2 3 a a FA M P 0 M B (F ) 0, 2 2 3 a a FB M P 0 M C (F ) 0, 2 2
第三章 平面任意力系
2 . 平面任意力系简化为一个合力的情形· 合力矩定理
● F′ ≠ 0，MO=0 R 合力的作用线通过简化中心
FR FR Mo
O O′ O d O′
● F′ ≠ 0，MO ≠0 R
FR ′ ′ FR
MO d FR
O d
O′
′′ FR
MO(FR) = FRd = MO = ∑ MO(Fi)
l
P2 a
e
P P1
（2）空载时，其限制条件是：FNB≥0
M A (F ) 0, P2 a FNB b P(e b) 0 P (e b ) 解得: P2 a
A
B
因此，P2必须满足：
Pe P l P (e b ) 1 P2 ab a
b
FNA
第三章
FNB
第三章 平面任意力系
例 题 2
q
求：A处约束反力。
A
B
l
F
（1）固定端支座
既不能移动，又不能转动的约束—— 固定端（插入端）约束
FA MA
A
A
MA
A
FAy FAx
固定端约束简图
第三章 平面任意力系
（2）分布载荷的合力 P
q(x)
dP
A
x dx h l
由合力之矩定理：
B
x
Ph dP x q( x) xdx
P
B
求：支座A、C的反力。 解：(1)取整体为研究对象
A
Q FAy
FCy
C
M A (F ) 0, l l FCy 2l cos P cos Q sin 0 2 2 Fy 0, FAy FCy P 0 Fx 0, FAx FCx Q 0 (1) (2) (3)
FAx
FCx
解上述方程，得
FAy 0.2kN, FCy 0.6kN
第三章 平面任意力系
(2)取AB为研究对象
l M B (F ) 0, FAxl sin P 2 cos FAy cos 0 解得: FAx 0.3kN
P
B
Q FAy
A
FCy
C
代入（3）式得
a
FA
A
a M B a
FC
C
解得:
FB
P
2 3M P FA 3a 3 2 3M P FB 3a 3 2 3M FC 3a
第三章
平面任意力系
§4-4
F3 y F2 F1
平面平行力系的平衡方程
二力矩式
Fn
o
x
Fx 0
Fy 0
M O ( F ) 0
M A (F ) 0 M B (F ) 0
MA
FAy
P
q
Fx 0, Fy 0,
FAx F sin 0 FAy ql F cos 0
A
FAx
B l
F
l M A ( F ) 0, M A ql F l cos 0 2
解上述方程，得
FAx F sin FAy ql F cos 1 2 M A Fl cos ql 2
FR ( Fxi ) 2 ( Fyi ) 2 cos( FR , i )
n
Fyi Fxi , j) , cos( FR FR FR
n
M O M O (Fi ) ( xi Fyi yi Fxi )
i 1 i 1
第三章
平面任意力系
§4-2
平面任意力系
2a M
P
a
C
FAy
D
FB
解法2
A
FAx
B
Fx 0, M A (F ) 0 M B (F ) 0
FAx P 0 FB 2a M P a 0 FAy 2a P a M 0
解上述方程，得
FAx P FAy P FB P
第三章
平面任意力系
2a M
P
a
C
FAy
D
FB
解法3
A
FAx