工程力学1_第四章 平面一般力系
工程力学第4章
（４） 结果分析或校核。
第4章 平面任意力系
例4-2 摇臂吊车如图4-9（a）所示。横梁AB的A端为固定 铰链支座，B端用拉杆BC与立柱相连。已知梁的重力G1＝4kN, 载荷G2＝12 kN，横梁长l＝６ｍ，α＝30°，求当载荷距A端距 离x＝4 ｍ时， 拉杆BC的受力和铰支座A的约束反力。
第4章 平面任意力系
3. 平面力偶系是特殊的力系，根据力偶的性质，在基本方程 中的投影方程自然满足，所以只有一个方程，
MO (F) 0
第4章 平面任意力系
4.2.3
（１） 根据题意，选取适当的研究对象；对所选研究对 象进行受力分析并画受力图。
（２） 选取适当的直角坐标系。坐标轴应与较多的未知 反力平行或垂直。一般情况下，水平和垂直的坐标轴可以不画， 但其它特殊方向的坐标轴必须画出。
第4章 平面任意力系
（3） 该力系上述的三种简化结果，从形式上是不同的， 但都与原力系等效。所以，三种情况的简化结果是等效的。
第4章 平面任意力系
4.1.3 固定端约束
固定端约束是工程中一种常见的约束。如图4-6所示，夹紧 在卡盘上的工件（图(a)），固定在刀架上的车刀（图(b)）， 嵌入墙中的雨罩（图(c)）等都属于固定端约束。由约束的性质 可知， 固定端约束能限制物体沿任何方向的移动，也能限制物 体在约束处的转动。所以，固定端Ａ处的约束反力可用两个正
主矢FR′的大小和方向分别为：
FR' (FRx )2 (FRy )2 2002 1502 250N
tan FRy 150 0.75
FRx 200
第4章 平面任意力系
工程力学公式
工程力学公式大全第一章:力矩用符号ＭO(Ｆ)表示。
即力矩矢量描述力得转动效应ﻩ力矩矢量得模描述转动效应得大小,它等于力得大小与矩心到力作用线得垂直距离(力臂)得乘积,即为矢径r与力F之间得夹角。
平面力系得合力对平面上任一点之矩等于力系中所有得力对同一点之矩得代数与ﻩ或者简写成力偶矩第二章:一主矢:有任意多个力所组成得力系(F1,F2…Fn),得矢量与:二主矩:力系中所有得力对同一点Ｏ之矩得矢量与用表示:ﻩ空间任意汇交系在oxyｚ坐标中投影表达式:对于空间任意力系主矩得分量表达式为第三章静力学平衡问题平面一般力系得平衡方程:其她形式:(１)(２)空间力系得平衡条件:力系得主矢与对任一点得主矩均为零第四章:正应力切应力变模量、第五章总结公式:1。
正确画出轴力图,计算出各个截面得轴力2、注意拉压变形以及拉压产生得正应力与切应力其中最大正应力发生在垂直于轴线处σα=pα=σ0cosα最大切应力发生在与轴线成45°角时τα= pα=σ=根据胡克定律σ＝Eε得拉压变形∆ｌ=(其中ＥA为拉压刚度)＝∆b/b泊松比μ=-强度校核σｍax<［σ］同时拉压变形满足叠加原理、可以通过拉压变形建立变形协调方程,解决拉压静不定问题第六章:作用于构件得外扭矩与机器得转速、功率有关。
在传动轴计算中,通常给出传动功率P 与转速n,则传动轴所受得外加扭力矩M e可用下式计算:如果功率P得单位用马力(1马力=7３5。
５N•ｍ/s),则剪切胡克定律当在弹性范围内加载时,剪应力与剪应变成正比:式中G I P—扭转刚度;I P—横截面得极惯性矩。
对于直径为 d 得实心圆截面对于内、外直径分别为d与Ｄ得圆环截面受扭圆轴得强度设计准则第八章1、弹性范围内得挠度曲线在一点得曲率在这一点处横截面上得弯矩、弯曲刚度之间关系:EI-－-－－----横截面得弯曲刚度2。
梁在弯曲变形后,横截面得位置将发生改变,这种位置得改变称为位移(dis ｐｌa ｃeme ｎｔ)。
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
工程力学第4章 力系的平衡
2
即空间一般力系平衡的解析条件是力系中所有各力 在任一轴上投影的代数和为零，同时力系中各力对任一 轴力矩的代数和为零。式（4.2）称为空间一般力系的平 衡方程（equationsofequilibrium ofthreedimensionalforcesystem inspace）。 应当指出，由空间一般力系平衡的解析条件可知， 在实际应用平衡方程时，所选各投影轴不必一定正交， 且所选各力矩轴也不必一定与投影轴重合。此外，还可 用力矩方程取代投影方程，但独立平衡方程总数仍然是 6个。
30
4.3.1 有主次之分物体系统的平衡 有主次之分的物体系统，其荷载传递规律是：作用 在主要部分上的荷载，不传递给相应的次要部分，也不 传递给与它无关的其他主要部分；而作用在次要部分上 的荷载，一定要传递给与它相关的主要部分。
31
32
据此，先分析次要部分BD，其受力图如图4.11（b） 所示。建立图示参考系Oxy，列平衡方程并求解。由于 本题只要求出D处的约束反力，而不必要求出B处的约 束反力，故
12
13
建立参考系 Bxy，列平衡方程，求未知力。
14
15
例4.ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ 图4.5所示为一管道支架，其上搁有管道，设 每一支架所承受的管重G1=12kN，G2=7kN，且架重不计。 求支座A和C处的约束反力，尺寸如图所示。
16
17
解 取刚架AB为研究对象，其上所受力有：已知的 集中力F、集度为q的均布荷载，集中力偶；未知的3个 约束反力FAx，FAy，MA。刚架AB的受力图如图4.6（b） 所示。各力组成一平面一般力系。建立图示Oxy坐标系， 列平衡方程求解
9
2.平面一般力系平衡方程的其他形式 （1）二矩式平衡方程
(完整版)工程力学课后详细答案
第一章静力学的基本概念受力图第二章 平面汇交力系2-1解：由解析法，23cos 80RX F X P P Nθ==+=∑12sin 140RY F Y P P Nθ==+=∑故：22161.2R RX RY F F F N=+=1(,)arccos2944RYR RF F P F '∠==2-2解：即求此力系的合力，沿OB 建立x 坐标，由解析法，有123cos45cos453RX F X P P P KN==++=∑13sin 45sin 450RY F Y P P ==-=∑故： 223R RX RY F F F KN=+= 方向沿OB 。
2-3 解：所有杆件均为二力杆件，受力沿直杆轴线。
（a ） 由平衡方程有：0X =∑sin 300AC AB F F -=0Y =∑cos300AC F W -=0.577AB F W=（拉力）1.155AC F W=（压力）（b ） 由平衡方程有：0X =∑ cos 700AC AB F F -=0Y =∑sin 700AB F W -=1.064AB F W=（拉力）0.364AC F W=（压力）（c ） 由平衡方程有：0X =∑cos 60cos300AC AB F F -=0Y =∑sin 30sin 600AB AC F F W +-=0.5AB F W= (拉力)0.866AC F W=（压力）（d ） 由平衡方程有：0X =∑sin 30sin 300AB AC F F -=0Y =∑cos30cos300AB AC F F W +-=0.577AB F W= (拉力)0.577AC F W= (拉力)2-4 解：（a ）受力分析如图所示：由x =∑ 22cos 45042RA F P -=+15.8RA F KN∴=由Y =∑ 22sin 45042RA RB F F P +-=+7.1RB F KN∴=(b)解：受力分析如图所示：由x =∑3cos 45cos 45010RA RB F F P ⋅--=0Y =∑1sin 45sin 45010RA RB F F P ⋅+-=联立上二式，得：22.410RA RB F KN F KN==2-5解：几何法：系统受力如图所示三力汇交于点D ，其封闭的力三角形如图示所以：5RA F KN= （压力）5RB F KN=（与X 轴正向夹150度）2-6解：受力如图所示：已知，1R F G = ，2AC F G =由x =∑cos 0AC r F F α-=12cos G G α∴=由0Y =∑ sin 0AC N F F W α+-=22221sin N F W G W G G α∴=-⋅=--2-7解：受力分析如图所示，取左半部分为研究对象由x =∑cos 45cos 450RA CB P F F --=0Y =∑sin 45sin 450CBRA F F '-=联立后，解得：0.707RA F P=0.707RB F P=由二力平衡定理0.707RB CB CBF F F P '===2-8解：杆AB ，AC 均为二力杆，取A 点平衡由x =∑cos 60cos300AC AB F F W ⋅--=0Y =∑sin 30sin 600AB AC F F W +-=联立上二式，解得：7.32AB F KN=-（受压）27.3AC F KN=（受压）2-9解：各处全为柔索约束，故反力全为拉力，以D ，B 点分别列平衡方程（1）取D 点，列平衡方程由x =∑sin cos 0DB T W αα-=DB T Wctg α∴==（2）取B 点列平衡方程：由0Y =∑sin cos 0BDT T αα'-=230BD T T ctg Wctg KN αα'∴===2-10解：取B 为研究对象：由0Y =∑sin 0BC F P α-=sin BC PF α∴=取C 为研究对象：由x =∑cos sin sin 0BCDC CE F F F ααα'--=由0Y =∑ sin cos cos 0BC DC CE F F F ααα--+=联立上二式，且有BCBC F F '= 解得：2cos 12sin cos CE P F ααα⎛⎫=+⎪⎝⎭取E 为研究对象：由0Y =∑ cos 0NH CEF F α'-=CECE F F '= 故有：22cos 1cos 2sin cos 2sin NH P PF ααααα⎛⎫=+= ⎪⎝⎭2-11解：取A 点平衡：x =∑sin 75sin 750AB AD F F -=0Y =∑cos 75cos 750AB AD F F P +-=联立后可得： 2cos 75AD AB PF F ==取D 点平衡，取如图坐标系：x =∑cos5cos800ADND F F '-=cos5cos80ND ADF F '=⋅由对称性及ADAD F F '=cos5cos5222166.2cos80cos802cos 75N ND AD P F F F KN'∴===⋅=2-12解：整体受力交于O 点，列O 点平衡由x =∑cos cos300RA DC F F P α+-=0Y =∑sin sin 300RA F P α-=联立上二式得：2.92RA F KN=1.33DC F KN=（压力）列C 点平衡x =∑405DC AC F F -⋅=0Y =∑ 305BC AC F F +⋅=联立上二式得： 1.67AC F KN=（拉力）1.0BC F KN=-（压力）2-13解：（1）取DEH 部分，对H 点列平衡x =∑05RD REF F '= 0Y =∑05RD F Q =联立方程后解得： 5RD F Q =2REF Q '=（2）取ABCE 部分，对C 点列平衡x =∑cos 450RE RA F F -=0Y =∑sin 450RB RA F F P --=且RE REF F '=联立上面各式得： 22RA F Q =2RB F Q P=+（3）取BCE 部分。
工程力学1-4章
了减少体系的自由度。如果在体系中增加一个约束，
而体系的自由度并不因此而减少，则该约束被称为多余约束。 多余约束只说明为保持体系几何不变是多余的，在几何体系中增设多余约束， 可改善结构的受力状况，并非真是多余。
首先以地基及杆AB为二刚片，由铰A和链杆1联结， 链杆l延长线不通过铰A，
组成几何不变部分，见图12-17b。以此部分作为一刚片，杆CD作为另一刚片，
用链杆2、3及BC链杆（联结两刚片的链杆约束，必须是两端分别连接在所研究 的两刚片上）连接。三链杆不交于一点也不全平行，符合两刚片规则，
故整个体系是无多余约束的几何不变体系。
铰用小圆圈作为符号。
(2)刚结点 被连接的杆件在连接处既不能相对移动，又不能相对转动 。
4．用符号表示理想化的支座
结构与基础或其他支承物的连接区称为支座。按照杆件受力、位移的特点， 平面杆件结构实际的支座经常简化为四种理想化的支座，
１）链杆支座
２）铰支座
３）定向支座
４）固定支座
5、荷载的简化 结构构件的自重、楼面上人群或各种物品的重量、厂房中设备的重量、
(2)、单铰(即连接两个刚片的铰) 一个单铰为两个约束；
(3)、复铰约束（如图12—3，连接多于两个刚片的铰） 连接n个刚片的复铰相当于（n－1）个单铰（n为刚片数）约束；
(4).刚结点,刚结点为三个约束。
(5),、刚性复铰、连接n个刚片的复铰相当于（n－1）个单铰（n为刚片数）约束；
图12-3
2．必要约束、多余约束：为保持体系几何不变必须有的约束叫必要约束；
R
3.平面一般力系平衡方程的其它形式
工程力学--平面一般力系解读
作用在简化中心。是各力的矢量和，所以与简化中心位置无关。
主矩 MO m1 m2 m3
mi
mO (F1) mO (F2 ) mO (Fi )
是各力对简化中心的力矩之和，所以与简化中心位置有关。
例题 1 已知平面任意力系如图，F1 100 2N , F2 100N , F3 50N
由于主矢和主矩都不为零，所以最后合成结果是一个合力FR。如图所
示。 合力FR到O点的距离
d
MO FR
0.51
m
例题 3 水平梁AB受三角形分布的载荷作用，如图所示。载荷的最大集
度为q， 梁长l。试求合力作用线的位置。
F
q A
解：在梁上距A端为x的微段dx上，作 q 用力的大小为q’dx，其中q’ 为该处的载 B x 荷集度 ，由相似三角形关系可知
列平衡方程得：
X XA 0 Y YA NB P 0
mA (Fi ) P 2a NB 3a 0
解得： YXAAP30
N
B
2P 3
例题 5 如图所示，支架的横梁AB与斜杆DC彼此以铰链C连接，并各以铰链
A，D连接于铅直墙上。已知AC=CB，杆DC与水平线成45o角；载荷F=10 kN，
(2)当Q=180kN，满载W=200kN时，由平面平行力系的平衡方程可得：
Fi Q P W NA NB 0 mA (F ) Q(6 2) P 2 W (12 2) NB 4 0
解得：
N N
A B
210 870
kN kN
•§3-6 静定与静不定问题的概念
一、静定与静不定问题的概念
作用于B处。设梁和杆的重量忽略不计，求铰链A的约束力和杆DC所受的力。
AA
《工程力学》练习题
《工程力学》练习题第一章绪论1. 强度是指构件在外力作用下抵抗_破坏_的能力，刚度是指构件在外力作用下抵抗_变形_的能力，稳定性是指构件在外力作用下保持_平衡_的能力。
2. 静力学研究的对象是刚体，刚体可以看成是由质点系组成的不变形固体。
材料力学研究的对象是变形固体。
（√）3. 变形固体四种基本变形，即拉压变形、剪切与挤压变形、扭转变形及弯曲变形。
（√）4. 在材料力学对变形固体假设中，最小条件假设是指在外力的作用下，变形固体所产生的变形较小，在强度校核计算中采用初始状态的尺寸进行计算。
（√）5. 材料力学对变形固体的假设中，同向异性假设是指变形固体在不同方位显示出的力学性能的差异性。
但在实际中仍然按各向同性计算。
（√）第二章静力学的基本概念和受力分析1. 刚体是指在力的的作用下，大小和形状不变的物体。
2. 力使物体产生的两种效应是___内_____效应和_ _外___效应。
3、力是矢量，其三要要素是（大小）、方向及作用点的位置。
4、等效力系是指（作用效果）相同的两个力系。
5、非自由体必受空间物体的作用，空间物体对非自由体的作用称为约束。
约束是力的作用，空间物体对非自由体的作用力称为（约束反力），而产生运动或运动的趋势的力称为主动力。
6、物体的平衡状态是静止状态。
（X）7、物体的平衡状态是匀速直线运动态。
（X）8.作用力与反作用力是一组平衡力系。
（X ）9、作用在刚体上的二力，若此两力大小相等、方向相反并同时作用在同一直线上,若此刚体为杆件则称为而二力杆件。
（√）10、作用在刚体上的力，可以沿其作用线滑移到刚体上的任意位置而不会改变力对刚体的作用效应。
（√）11、作用在刚体上的力，不能沿其作用线滑移到刚体上的任意位置。
主要是滑移后会改变力对刚体的作用效应。
（X ）12、作用在刚体上的三个非平行力，若刚体处于平衡时，此三力必汇交。
（√）13、两物体间相互作用时相互间必存在一对力，该对力称为作用力与反作用力。
《工程力学教程》1-4章(高等教育出版社)
习题课1
九、平面力偶系的合成与平衡 1、合成
平面力偶系合成一个合力偶
MR = Mi
2、平衡
平面力偶系平衡的必要、充分条件是 : 力偶系中各力偶矩的
代数和等于零。
M= 0
利用平衡条件可以求解一个未知量。
十、平面一般力系
平面一般力系是指位于同一平面内的诸力, 其作用线既不汇交于一 点,也不相互平行的情况. 力的平移定理: 作用于刚体上某点的力，可以平移到 刚体的任一 指定点，但必须同时附加一力偶，其力偶矩等于原来的力对此指 定点的矩。
习题课1
4. 作用、反作用定律——两物体间相互作用的力，总是等值、
反向、共线，并分别作用在这两个物体上。
三、约束和约束力 1、概念 （1）约束：阻碍物体运动的限制物。
（2）约束反力：约束作用于被约束物体上的力。
（3）主动力：能主动引起物体运动或使物体有运动趋势的力。 2.常见的约束类型及约束反力
习题课1
y
0, 0
0 0
O
2, 二力矩式
M M
A B
（ A，B 两点的连线不能与各力的作用线平行 ）
一般力系平衡方程的应用
尽量列一元一次方程
关键：选择适当的投影轴和矩心。 投影轴：使尽可能多的未知力与其垂直，则在其上的投影 为零，这些未知量不出现在此投影方程中。 矩心：使尽可能多的未知力过矩心，对其取矩为零，这 些未知量不出现在此力矩方程中。
十一、平面一般力系向一点简化
平面一般力系向作用面内已知点简化，一般可以得到一个力和 一个力偶。 主矢：力系中各力的矢量和；
F R F
主矩 ：力系中各力对简化中心的矩代数和。
M
O
M O( F )
工程力学 第4章 平面任意力系_2
第四章 平面任意力系
E
300
200
B C A 100
100
FEx F Ey
B FAy D W C
FAx
D W
∑F
y
= 0 FEy + FAy − W = 0 FAy = −66.7 N
第四章 平面任意力系
例：已知 DK = KD ,AB = BC =1m ,F=1732kN , Q=1000kN 处的约束力。 求：A、E 处的约束力。
A、B 连线与 轴不垂直 连线与Ox
A、B、C三点不共线 三点不共线
第四章 平面任意力系
平面平行力系平衡的条件： 平面平行力系平衡的条件
y
平面问题
∑ Fy = 0 ∑ M O ( F ) = 0
o
x
平面平行力系平衡的条件（二矩式） 平面平行力系平衡的条件（二矩式）：
∑ M A ( F ) = 0 , ∑ M B ( F ) = 0
第四章 平面任意力系
与重物的总重力为P=10kN，梁的 例4-2：已知起重电动机 与重物的总重力为 ：已知起重电动机E与重物的总重力为 ， 重力为W=5kN。已知角度θ=30º。求：钢索 和铰链 的约 。已知角度 钢索BC和铰链 和铰链A的约 重力为 。 束力， 束力，钢索受力的最大值 y
FBC FAx
F
E K
300
解：1、研究ED杆，画受力图. 研究 杆 画受力图. E D
FEx
F
FEy
F D
D
∑
W M E (F) = 0 FD ED cos 30 − F ⋅ EK = 0 FD = 1000kN
A
B
C
∑ Fx = 0
东北大学版工程力学第四版静力学第四章
合力 合力偶
§4-3 平面一般力系向作用面内一点简化 主矢与主矩
二、主矢与主矩的定义
力线平移定理将平面一般力系分解为两个力系： 平面汇交力系，平面力偶系。
主矢 FR Fi
主矩 M O M O ( Fi )
主矢与简化中心无关，而主矩一般与简化中心有关。
§4-3 平面一般力系向作用面内一点简化 主矢与主矩
对同一点的矩代数和。
F2 y
x2
MO1 x1F1y y1F1x y1 F1 y1F1
y2
y1
F2 x
MO2 x2 F2 y y2 F2 x
M
o
( Fi ) ( xi Fiy yi Fix )
§4-3 平面一般力系向作用面内一点简化 主矢与主矩
主矢、主矩的计算 FRx Fix Fix Fx FRy Fiy Fiy Fy
M O M O ( Fi )
§4-5 平面一般力系的平衡条件与平衡方程
一、平面一般力系的平衡条件 因为
FR ( Fx ) 2 ( Fy ) 2
M O M O ( Fi )
Fx 0 Fy 0 M o 0
平面任意力系的平衡方程
X A T cos 0 l T sin l P Qa 0 A 2 l Q l a P YA l 0 2 l T sin l P Qa 0 y 2 l X A YA Q l a P YA l 0 2 A l X A tan l P Q a 0 2
§4-4 简化结果的分析 合力矩定理
工程力学课后详细答案
第一章静力学的基本概念受力图第二章 平面汇交力系2-1解：由解析法，23cos 80RX F X P P Nθ==+=∑12sin 140RY F Y P P Nθ==+=∑故：22161.2R RX RY F F F N=+=1(,)arccos2944RYR RF F P F '∠==2—2解：即求此力系的合力，沿OB 建立x 坐标,由解析法，有123cos45cos453RX F X P P P KN==++=∑13sin 45sin 450RY F Y P P ==-=∑故： 223R RX RY F F F KN=+= 方向沿OB 。
2—3 解：所有杆件均为二力杆件,受力沿直杆轴线。
(a) 由平衡方程有：0X =∑sin 300AC AB F F -=0Y =∑cos300AC F W -=0.577AB F W=（拉力）1.155AC F W=(压力)（b ） 由平衡方程有:0X =∑ cos 700AC AB F F -=0Y =∑sin 700AB F W -=1.064AB F W=（拉力）0.364AC F W=（压力)（c ） 由平衡方程有：0X =∑cos 60cos300AC AB F F -=0Y =∑sin 30sin 600AB AC F F W +-=0.5AB F W= （拉力）0.866AC F W=(压力）（d) 由平衡方程有:0X =∑sin 30sin 300AB AC F F -=0Y =∑cos30cos300AB AC F F W +-=0.577AB F W= (拉力）0.577AC F W= (拉力）2-4 解：(a ）受力分析如图所示：由x =∑ 22cos 45042RA F P -=+15.8RA F KN∴=由Y =∑22sin 45042RA RB F F P +-=+7.1RB F KN∴=(b)解：受力分析如图所示:由x =∑3cos 45cos 45010RA RB F F P ⋅--=0Y =∑1sin 45sin 45010RA RB F F P ⋅+-=联立上二式,得:22.410RA RB F KN F KN==2—5解：几何法:系统受力如图所示三力汇交于点D ，其封闭的力三角形如图示所以：5RA F KN= （压力）5RB F KN=（与X 轴正向夹150度）2—6解：受力如图所示:已知，1R F G = ,2AC F G =由x =∑cos 0AC r F F α-=12cos G G α∴=由0Y =∑ sin 0AC N F F W α+-=22221sin N F W G W G G α∴=-⋅=--2—7解：受力分析如图所示，取左半部分为研究对象由x =∑cos 45cos 450RA CB P F F --=0Y =∑sin 45sin 450CBRA F F '-=联立后，解得：0.707RA F P=0.707RB F P=由二力平衡定理0.707RB CB CBF F F P '===2-8解:杆AB,AC 均为二力杆，取A 点平衡由x =∑cos 60cos300AC AB F F W ⋅--=0Y =∑sin 30sin 600AB AC F F W +-=联立上二式,解得：7.32AB F KN=-(受压）27.3AC F KN=（受压）2—9解：各处全为柔索约束，故反力全为拉力,以D,B 点分别列平衡方程（1）取D 点,列平衡方程由x =∑sin cos 0DB T W αα-=DB T Wctg α∴==（2）取B 点列平衡方程：由0Y =∑sin cos 0BDT T αα'-=230BD T T ctg Wctg KN αα'∴===2—10解：取B 为研究对象：由0Y =∑sin 0BC F P α-=sin BC PF α∴=取C 为研究对象:由x =∑cos sin sin 0BCDC CE F F F ααα'--=由0Y =∑ sin cos cos 0BC DC CE F F F ααα--+=联立上二式，且有BCBC F F '= 解得：2cos 12sin cos CE P F ααα⎛⎫=+⎪⎝⎭取E 为研究对象：由0Y =∑ cos 0NH CEF F α'-=CECE F F '= 故有：22cos 1cos 2sin cos 2sin NH P PF ααααα⎛⎫=+= ⎪⎝⎭2—11解:取A 点平衡:x =∑sin 75sin 750AB AD F F -=0Y =∑cos 75cos 750AB AD F F P +-=联立后可得： 2cos 75AD AB PF F ==取D 点平衡，取如图坐标系：x =∑cos5cos800ADND F F '-=cos5cos80ND ADF F '=⋅由对称性及ADAD F F '=cos5cos5222166.2cos80cos802cos 75N ND AD P F F F KN'∴===⋅=2-12解：整体受力交于O 点，列O 点平衡由x =∑cos cos300RA DC F F P α+-=0Y =∑sin sin 300RA F P α-=联立上二式得：2.92RA F KN=1.33DC F KN=(压力）列C 点平衡x =∑405DC AC F F -⋅=0Y =∑ 305BC AC F F +⋅=联立上二式得： 1.67AC F KN=（拉力）1.0BC F KN=-(压力）2-13解：（1)取DEH 部分，对H 点列平衡x =∑05RD REF F '= 0Y =∑05RD F Q =联立方程后解得: 5RD F Q =2REF Q '=（2）取ABCE 部分,对C 点列平衡x =∑cos 450RE RA F F -=0Y =∑sin 450RB RA F F P --=且RE REF F '=联立上面各式得： 22RA F Q =2RB F Q P=+（3）取BCE 部分。
工程力学(高教第3版 陈位宫主编)习题解答：第4章 平面一般力系
第4章 平面一般力系题4-1 解：kN 73230cos 32R .F F F 'x =+=kN 230sin 31R -=--=F F F'ykN 393)()(2R 2R R .F F F 'y 'x '=+=230sin 31)(321⨯-⨯-⨯-==∑ F F F M F m M i O Om kN 2⋅-= m 590R.F M d 'O==题4-2 解：以A 为原点，在x 处取微段d x 。
1）合力：作用在此段上分布集度载荷为x lq q x =， d x 上分布的力为x q d x则：⎰⎰===llx Q qlx x l q x q F 002d d2）合力对A 点之矩： 2031d )(ql x x q F m lxQ A ==⎰题4-3 解（a ）：取AB 梁为研究对象，画受力图∑=0xF ，045cos 2=+Ax F ∑=0yF，045sin 2=-+B Ay F F∑=0)(F mA，0645sin 2451=⨯-⨯+-B F .得：kN 41.F Ax -= kN 11.F Ay -= kN 52.F =解（b ）：取AC 刚架为研究对象∑=0yF，0534=-⨯-A F∑=0)(F m A ，0355.134=⨯-⨯⨯-A m得：kN 17=A F m kN 33⋅=A m解（c ）：取AB 刚架为研究对象∑=0x F ，0535=⨯-Ax F ∑=0yF ，0545=⨯-+B Ay F F ∑=0)(F m A，05.2535254525.2=⨯⨯+⨯⨯-⨯+B F 得：kN 3=Ax F kN 5=Ay F kN 1-=B F题4-4解：取均质杆AB 为研究对象，画受力图∑=0xF ，015cos =-T Ax F F ∑=0yF，015sin =-- T Ay F W F∑=0)(F m A ，sin 45cos 2⨯+- AB F ABWT 得：kN 6830.F Ax = kN 1831.F Ay = kN 7070.F T =题4-5解：取立柱为研究对象∑=0xF ，0=⨯+h q F Ax ∑=0yF，0=--G P F Ay∑=0)(F m A ，02=⨯-⨯⨯-a P hh q m A 得：kN 20-=Ax F kN 100=Ay F m kN 130⋅=A m题4-6 解：1）取整体为研究对象∑=0xF，0=-T Ax F F∑=0y F ，0=-+W F F B Ay ∑=0)(F mA，0)5.1()2(4=--+-⨯r F r W F T B得：N 1200=Ax F N 150=Ay F N 1050=B F 2）取AB 杆为研究对象∑=0)(F mD，0sin 222=+⨯+⨯-θBC B Ay F F FN 1500-=BC FAyBBB题4-7解：取整体为研究对象∑=0xF ，0cos =--βW F F BD Ax∑=0y F ，0sin =---βW W P F Ay∑=0)(F m B ，045sin 45cos 45cos 2=⨯+⨯- AB F AB F ABPAx Ay 得：kN 74.F Ax = kN 94.F Ay = kN 1022.F BD =题4-8解：取汽车为研究对象∑=0)(F mD0)2(5.14213=+-⨯+⨯-⨯x P x F P P ExP P x P F E 31245.1)2(-++=∑=0)(F mE0)4()5.1(2312=+-⨯+--⨯x P x F x P P DxP x P x P F D 2)4()5.1(231⨯-++-=当空载时（P 3=0）： 0≥D F 得 m 53.x ≥当满载时： 0≥E F 得 kN 353≤PF BD W βαPABCWF AxF Ay 1.5mxE F EF D题4-9 解：1）取整体为研究对象∑=0)(F mA03N =⨯-⨯a F a F DF F D 31N =2）取AB 杆为研究对象∑=0)(F mB023=⨯-⨯-a F a F AyF F Ay32=3）取AD 杆为研究对象∑=0yF，0N =++-D Ey Ay F F FF F Ey 31=∑=0)(F m A 032323N =⨯++-a F a F a F D Ey ExF F Ex =题4-10 解：1）取整体为研究对象∑=0)(F mE01612520=⨯-⨯⨯A FkN 75=A F2）取BD 杆为研究对象∑=0)(F mD0105.7520=⨯-⨯⨯By FkN 75=By F3）取AC 杆为研究对象∑=0)(F mC043255.2=⨯-+⨯A BxBy F F F kN 26=Bx F题4-11 解：1）取整体为研究对象∑=0)(F mA0)(=+-⨯bll W l F CxkN 7=Cx F∑=0xF0=+Ax Cx F F kN 7-=Ax F∑=0yF0=-+W F F Ay Cy （1）2）取CEB 杆为研究对象∑=0)(F mB032=⨯+⨯-⨯-l F l F l F Cx Cy TkN 3=FDyA代入（1）得：kN 3=Ay F题4-12 解a ）：1）取BC 梁为研究对象∑=0)(F m B0630cos 3120=⨯+⨯-C FkN 369.F C =∑=0xF030sin =- C Bx F FkN 634.F Bx =∑=0y F 030cos 620=+⨯-CBy F F kN 60=By F2）取AB 梁为研究对象∑=0)(F mA0340=⨯--By A F mm kN 220⋅=A m∑=0x F 0=-Bx Ax F FkN 634.F Ax =∑=0yF0=-By Ay F FkN 60=Ay F解b ）：1）取CD 梁为研究对象∑=0)(F m C04515=⨯+-⨯-D FkN 52.F D =∑=0xF 0=Cx F ∑=0yF05=+-D Cy F FkN 52.F =D2）取AB 梁为研究对象∑=0)(F m A0435215=⨯-⨯-⨯+⨯-Cy B F FkN 15=B F∑=0xF 0=Ax F∑=0yF05.255=--+-B Ay F FkN 52.F Ay -=解c ）：1）取BC 梁为研究对象∑=0)(F mB046=⨯+-C FkN 51.F C =∑=0y F 041=-+C B F FkN 521.F B =2）取铰链B 为研究对象∑=0yF012=-B B F FkN 522.F B =3）取AB 梁为研究对象因其受二力和一力偶平衡，则其二力必等值反向构成一力偶。
工程力学课件 第四章 平面一般力系
第4章 平面一般力系
14
3. 力系平衡
0, MO 0 FR
FR′
O
MO
合力矩定理 平面一般力系如果有合力，则合力对该力系 作用面内任一点之矩等于力系中各分力对该点之 矩的代数和。
课程：工程力学
第4章 平面一般力系
15
证明： 如下图所示，显然有
M O ( FR ) FR d M O , M O M O ( F ), M O ( FR ) M O ( F )
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第4章 平面一般力系
1
第4章 平面一般力系
前言 §4-1 力线平移定理 §4-2 平面一般力系向一点简化 §4-3 分布荷载 §4-4 平面一般力系的平衡条件
§4-5 平面平行力系的平衡条件 §4-6 物体系统的平衡问题 §4-7 滑动摩擦
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第4章 平面一般力系
2
前言
平面一般力系是指位于同一平面内的诸力其作 用线既不汇交于一点，也不互相平行的力系。 工程计算中的很多实际问题都可以简化为平 面一般力系来处理。
FAx A D
B x
arctan
FA y FA x
E F
FAy
P
思考题 4-4 如果例题4-3中的荷载F可以沿AB梁移动，问： 荷载F在什么位置时杆BC所受的拉力（FT）最大？ 其值为多少？
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第4章 平面一般力系
33
思考题 4-5 (1) 由右图所示的受力图，试按
M A (F ) 0 M B (F ) 0 F
22
(2) 非均布荷载：荷载集度不是常数。 如坝体所受的水压力等。
A qy y
B C
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工程力学第3节 平面一般力系
• 2）力偶 M 对平面上任意一点的矩为常量。
• 3）应尽量选择各未知力作用线的交点为力矩方 程的矩心，使力矩方程中未知量的个数尽量少。
例2-10 如图所示一可 沿轨道移动的塔式起重 机，机身重G=200kN， 作用线通过塔架中心。 最大起重量FP=80kN。 为防止起重机在满载时 向右倾倒，在离中心线 x 处附加一平衡重FQ， 但又必须防止起重机在 空载时向左边倾倒。试 确定平衡重FQ以及离左 边轨道的距离 x 的值。
i 1 i 1 n i 1 n
n
• 二力矩式：A、B 两点的联线 AB 不能与 x 轴垂直。 • 三力矩式：A、B﹑C 三点不能共线。 • 选用基本式﹑二力矩式还是三力矩式，完全决定于 计算是否方便。不论何种形式，独立的平衡方程只 有三个。
四
平面平行力系的平衡方程
平面平行力系平衡的充分 必要条件是：力系中各力的代 数和等于零，以及各力对任一 点的矩的代数和等于零。 平衡方程 的解析式 （基本式） 注意
Fiy 0 M O ( Fi ) 0
i 1 M A ( Fi ) 0 M B ( Fi ) 0
i 1 i 1 n
n
二力矩式中A、B 两点的联线不能与 x 轴垂直。
例2-7 如图所示，数控车床一齿轮转动轴自重 G = 900N，水平安装在向心轴承A和向心推力轴承B 之间。齿轮受一水平推力F 的作用。已知 a = 0.4m， b = 0.6m，c = 0.25m，F = 160N。当不计轴承的宽度 和摩擦时，试求轴上A、B处所受的约束反力。
Fiy 0 M O ( Fi ) 0
i 1 i 1 n
i 1 n
二 力 矩 式 注意
Fix 0 M A ( Fi ) 0 M B ( Fi ) 0
工程力学
n
mO (FR ) = FR ⋅ d = MO (主矩)
i=1
合力矩定理 MO (FR ) = ∑mO (F ) ———合力矩定理 i 由于简化中心是任意选取的，故此式有普遍意义。 由于简化中心是任意选取的，故此式有普遍意义。
i=1
即：平面一般力系的合力对作用面内任一点之矩等于力系 中各力对于同一点之矩的代数和。 中各力对于同一点之矩的代数和。
主 R' = F + F + F +K= ∑F 矢 1 2 3 i
主矩 MO =m1 +m2 +m3 +K =mO (F1)+mO (F2 )+K=∑mO (Fi )
R' = R'x +R'y = (∑ X )2 + (∑Y)2 大小： 大小
2 2
主矢 R′ 方向： 方向 （移动效应 移动效应） 移动效应
′ ≠0,为最一般的情况。此种情况还可以继续简 ④ FR ≠0,MO ≠0,为最一般的情况。此种情况还可以继续简
化为一个合力 FR 。
合力FR的大小等于原力系的主矢 合力FR的作用线位置 d =
MO FR
,
点哪一边， 符号决定。 在O点哪一边，由MO符号决定。 点哪一边
平面力系简化的最终结果，只有三种可能： 三种可能： 平面力系简化的最终结果，只有三种可能 一个力 一个力偶 或为平衡力系 力偶； 平衡力系。 一个力；一个力偶；或为平衡力系。
α=tg−1
Ry Y −1 ∑ =tg Rx ∑X
与简化中心位置无关) 简化中心 (与简化中心位置无关 与简化中心位置无关 [因主矢等于各力的矢量和 因主矢等于各力的矢量和] 因主矢等于各力的矢量和
工程力学静力学总结
【总结】
三、同平面内力偶的等效定理
在同平面内的两个力偶，如果力偶矩相等彼此等 效。力偶矩是平面力偶作用的唯一度量。
四、平面力偶系的合成与平衡
合力偶矩等于各分力偶矩的代数和，即
M Mi
平面力偶系的平衡条件为：
M
i
0
【总结】 第四章 平面一般力系
一、力线平移定理： 平移一力的同时必须附加一力偶，附加力偶的矩等 于原来的力对新作用点的矩。 二、平面一般力系的简化 主矢和主矩 一般情况下，可得一个力和一个力偶，这个力等于 该力系的主矢，即
四、物体的受力分析和受力图
受力图的画法步骤： 1.选定研究对象，并单独画出其分离体图。
2.画出分离体上所受的全部主动力。 3.在分离体的每一处约束处，按约束类型逐一画出约束力。
受力图的注意点：
1.注意作用力方向一旦假定，其对应反作用力方向一定相反。 2.注意二力构件的判断，按二力构件画其受力图。 3.物体与物体为拆分出相互作用的力称为内力，内力一律不画在受力图上。 4.受力分析过程不需要文字写出，按要求画出受力图即可。
?niioofmm1?第四章平面一般力系总结三平面一般力系简化结果0rf0om0omrfmd00rf0om0om合力作用线离简化中心的距离主矢主矩合成结果说明合力此力为原力系的合力合力作用线通过简化中心合力合力偶此力偶为原力系的合力偶在这种情况下主矩与简化中心的位置无关平衡四平面任意力系平衡的必要和充分条件是
【总结】
第一章 静力学的基本概念 受力图 一、基本概念 1．力是物体间的相互机械作用，这种作用使物体的机械 运动状态发生变化，或者使物体发生变形。 力的三要素为：力的大小、力的方向和力的作用点。 2．刚体是指在任何情况下都不发生变形的物体。即在力的作 用下体积和形状都不发生改变的物体。
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第四章 平面一般力系
4.5 图4-20所示的组合梁由AC和CD构成，通过铰链C连接。已 知均布载荷q=20kN/m，CD部分作用一力偶矩M=80kN·m，不 计梁的自重。求支座A、B、D的约束力和铰链C的约束力。 4.6 图4-21所示的三铰拱由AC和BC两部分组成，通过铰链C连 接在一起。AC部分受到均布力q作用，A、B、C三点都是铰链。 已知每个半拱重W=300kN，a=16m，e=4m，q=10kN／m。求支 座A、B的约束力。
图4-17 习题4.2图
4.3 刚架受力及支座如图4-18所示，求各刚架的支座反力。
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4.3 刚架受力及支座如图4-18所示，求各刚架的支座反力。
4-18.TIF
4.3 刚架受力及支座如图4-18所示，求各刚架的支座反力。
图4-18 习题4.3图
第四章 平面一般力系
4.2 一不平衡的平面力系，已知该力系在x轴上的投影方程为 ∑Fx=0，且对平面内某一点A之矩∑MA(F)=0，则该力系的简化 结果是什么？ 4.3 打乒乓球时为什么球有时会旋转？ 4.4 平面一般力系的平衡方程有哪些？应用时有什么限制条件？ 4.5 在求图4-15所示的静定梁支座反力和铰B的约束反力时， 能否将作用在梁BC上的力偶m移到梁AB上？为什么？ 4.1 求图4-16所示悬臂梁的支座反力。
力偶作用，力偶矩M=Pa。求A和B处的支座约束力。
图4-16 习题4.1图
4.2 图4-17所示的水平横梁AB，A端为固定铰链支座，B端为 滚动支座。水平梁总长为4a，梁重P，即有一集中力P作用在梁 的中点C，在梁的AC段上受均布载荷q作用，在梁的BC段上受
力偶作用，力偶矩M=Pa。求A和B处的支座约束力。
1.理解平面一般力系的概念及向一点简化的过程。
2.能灵活运用平面一般力系的平衡方程求解静力学问题。
3.熟练掌握物体系统的概念及平衡。
4.1 平面一般力系的概念和实例
图 4-1
4.2 力的平移定理
图 4-2 图 4-3
4.3 平面力系向一点的简化
4.3.1 平面力系向一点的简化
图 4-4
4.3.2 简化结果的讨论 1)当FR′≠0,MO=0时，平面力系简化为一合力，作用在简化中心，其 大小和方向等于原力系的主矢，即 2)当FR′=0,MO≠0时，平面力系简化为一力偶，其力偶矩M等于原力 系对简化中心的主矩。
图4-11 例4-3图
4.5 物体系的平衡
图 4-12
2)以拱AC为研究对象，作用在拱AC上的主动力为集中力F，约束 力为FAx、FAy、FCx和FCy，受力图如图4-12b所示。
4.5 物体系的平衡
图4-13 例4-4图
4.5 物体系的平衡
图 4-14
2)取AB梁为研究对象，作用在AB部分的主动力为均布载荷，约束 力为FAx、FAy、MA、F′Bx和F′By，受力图如图4-14b)。 1.力的平移定理是进行力系简化的理论基础。 2.平面一般力系的简化结果分析： 3.平面一般力系的平衡方程为
4.3 平面力系向一点的简化
3)当FR′≠0,MO≠0时,为最普遍的情况，该情况还可以继续简化为一 个合力，如图4-5所示。
图 4-5
4)当FR′=0,MO=0时，力系平衡。
4.4 平面一般力系的平衡方程及其应用
4.4.1 平面力系的平衡方程 1.平衡方程的一般形式 2.平衡方程的其他形式 4.4.2 平面力系平衡问题的求解步骤 1)分析题意，选取研究对象。 2)对研究对象进行受力分析，作出其受力图。 3)如果需要，建立适当的直角坐标系。 4)根据题意选取比较合适的平衡方程形式列出相应的平衡方程。 5)求解平衡方程。 6)根据题目要求，指出求得的结果。
41239Z4
主编
第四章 平面一般力系
第四章 平面一般力系
1.理解平面一般力系的概念及向一点简化的过程。 2.能灵活运用平面一般力系的平衡方程求解静力学问题。 3.熟练掌握物体系统的概念及平衡。 4.1 平面一般力系的概念和实例 4.2 力的平移定理 4.3 平面力系向一点的简化 4.4 平面一般力系的平衡方程及其应用 4.5 物体系的平衡 4.1 平面一般力系向A点简化为一个力偶，则该力系向B点简 化也是一个力偶吗？
第四章 平面一般力系
4.2 图4-17所示的水平横梁AB，A端为固定铰链支座，B端为 滚动支座。水平梁总长为4a，梁重P，即有一集中力P作用在梁 的中点C，在梁的AC段上受均布载荷q作用，在梁的BC段上受 力偶作用，力偶矩M=Pa。求A和B处的支座约束力。 4.3 刚架受力及支座如图4-18所示，求各刚架的支座反力。 4.4 已知一塔式起重机P=700kN,最大起重量F=200kN，其尺寸 如图4-19所示。求：1)若要保证满载和空载时不致翻倒，平衡 块N的大小。2)当N=180kN时，求满载时轨道A、B对起重机轮 子的反力。
4.5 在求图4-15所示的静定梁支座反力和铰B的约束反力时， 能否将作用在梁BC上的力偶m移到梁AB上？为什么？
图4-15 思考题4.5图
4.1 求图4-16所示悬臂梁的支座反力。
4.2 图4-17所示的水平横梁AB，A端为固定铰链支座，B端为 滚动支座。水平梁总长为4a，梁重P，即有一集中力P作用在梁 的中点C，在梁的AC段上受均布载荷q作用，在梁的BC段上受
4.4 平面一般力系的平衡方程及其应用
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4-6.TIF 图4-6 例4-1图
4.4 平面一般力系的平衡方程及其应用
图 4-7
4.4 平面一般力系的平衡方程及其应用
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图4-8 例4-2图
4.4 平面一般力系的平衡方程及其应用
图 4-9
4.5 物体系的平衡
图 4-10
4.5 物体系的平衡
4.物体系平衡。
4.5 物体系的平衡
4.1 平面一般力系向A点简化为一个力偶，则该力系向B点简 化也是一个力偶吗？
4.2 一不平衡的平面力系，已知该力系在x轴上的投影方程为 ∑Fx=0，且对平面内某一结点果A是之什矩么∑M？A(F)=0，则该力系的简化
4.3 打乒乓球时为什么球有时会旋转？
4.4 平面一般力系的平衡方程有哪些？应用时有什么限制条件？