理论力学第2章平面任意力系

等于力系中各力对同一点的矩的代数和。 8
例10 已知F1=150N，F2=200N ， F3=300N ， F= F´ =200N 。求力
系向点O的简化结果，并求力系合力的大小及其与原点O的距离。
解： Fx F1cos45 F2 1 10
F3 2 437.6 N 5
y
F
1F
´
3
F2
j
F3
x15
解：（1）取AB梁为研究对象，画受力图
FAy
q
PM
FB
A
（2）列静力平衡方程
FAx
B
2a
4a
Fx 0 FAx 0
F y 0 FAy q 2a p FB 0
MA(F) 0 FB 4a M p 2a - q 2a a 0
联解上各式得
FAx 0
F y 0 : YA RB 0
MA(F) 0 :
a
C P
a B
M=Pa RB
RB a P a M 0
a
联解上各式得：
X A P
YA 2P
RB 2P
A XA
YA
18
解法二：（1）选AB为研究对象，画受力图
（2）列静力平衡方程
Fx 0 : X A P 0
C
a B
MA(F) 0:
平面任意力系等效为两个简单力系：平面汇交力系 和平面力偶系。
2
F2
F1
F2´
F1´
M2
M1
FR
MO ´
o
o
o
Mn
Fn
Fn´
平面汇交力系可合成为作用线通过n点O的一个力FR´
FR´ = F1´+ F2´+…+ Fn´ =
Fi
(3—1)
i 1
平面力偶系可合成为一个力偶，这个力偶的矩Mo等于各附加力 偶矩的代数和，又等于原来各力对点O的矩的代数和。
M
l
l
30
B
D
° F
3l
P
q
A
21
解：T字形刚架ABD的受力如图所示。
M
l
l
Fx 0
30
B
FAx 1 • q • 3a Fcos30 0
° F
Fy 0 2
3l
FAy P Fsin30 0
MA(F) 0
q
D
P
FAy
A
MA M 1 • q • 3l • l Fsin30 • l Fcos30 • 3l 0MA
Fy F1sin45 F2
3
F1
1 1
100
Oi
1 2
10
200
1
F3
161.6 N 5
FR′ 437.6i 161.6 j 9
M O M O (F ) F1 0.1.sin45
y
F3 0.2
1 0.08F 21.44 N m 5
1F
F
´
得力系向点O的简化结果如图（b); FR ′ ( Fx )2 ( Fy )2
n
Mo = M1+M2+…+Mn= MO(Fi)
(3—2)
FR´——主矢
i 1
Mo ——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O。这个力
偶的矩等于该力系的主矩。
3
F2
F1
y
F2´
F1´
M2 j
M1
y
FR
MO ´
j
o Fn
o
i
x
Mn
n
n
MO MO(Fi) (xiFyi - yiFxi)
4
i 1
i 1
一物体的一端完全固定在另一物体上，这种约束称 为固定端或插入端支座
MA FA A
A
FAy FAx
MA
5
3. 平面任意力系的简化结果分析
简化结果可能有以下几种情况，即：（1）FR´= 0，Mo ≠ 0； （2）FR´≠ 0，Mo = 0；（3）FR´≠ 0，Mo ≠ 0；（4）FR´= 0，
a
C
a B
M=Pa RB
MD(F) 0:
P
YA a P a M 0
a
MB(F) 0:
X A 2a YA a P a M 0 A
联解上各式得：
X A P
XA
三力矩
YA
YA 2P
RB 2P
式
17
D
20
例14 自重为P=100KN的T字形刚架ABD，置于铅垂面 内，载荷如图示。其中M=20KNm,F=400KN, q=20KN⁄m,l=1m。求固定端A的约束力。
空载时轨道A 、 B的约束反力，并问此起重机在使用过程中有无翻
倒的危险。
解：
（1）起重机受力图如图
（2）列平衡方程 ：
MA 0:
Q
Q(6 2) RB 4 W 2 P(12 2) 0
MB 0:
Q(6 2) W 2 P(12 2) RA 4 0
6m
解方程得:
W
P
12m
RA 170 2.5P
x
dx
xc
l
根据合力矩定理
F xc 0l q(x)xdx
xC
1 F
0l
qx 2 l
dx
ql 2 3
ql 2 l 2 3 11
小结
1. 力的平移定理:平移一力的同时必须附加一个力偶，附加力偶 的矩等于原来的力 对新作用点的矩。
2. 平面任意力系向平面内任选一点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O。这个力偶的 矩等于该力系的主矩。
RB 80 3.5P
A
B
RA 2m 2m RB
24
RA 170 2.5P
① 满载时,P=50kN,则
RB 80 3.5P
RA=45kN RB=255kN
② 空载时, P=0,则
RA=170kN RB=80kN 讨论:
Q
6m
W
(a)满载时，为了保证起重机不致绕B 点翻到，必须使RA>0;同理，空载时， 为了保证起重机不致绕A点翻到，必 须使RB>0; (b)由上计算知：满载时，RA=45kN>0;
Mo FR´
o
o´
FR´
o
d
FR
o´
o
d
FR
o´
FR´ ´
FR´ = FR =－FR´´
d MO FR '
原力系简化为一个力，合力矢等于主矢；合力的作用线在点O
的哪一侧，根据主矢和主矩的方向确定；合力作用线到点O的距
离为d。
（3）平面任意力系平衡的情形
FR´= 0，Mo = 0
平面任意力系平衡。
7
3
F2
j
F3
x
(437.6)2 (161.6)2
F1
1 1
100
Oi
1 2
466.5N
200
MO 21.44N m
y
合力及其与原点O的距离如图(c) 。 MO
x
y
d
x
O
FR FR′ 466.5N FR´
FR
O
d MO 45.96mm
(b)
(c)
FR
10
例11 水平梁AB受按三角形分布的载荷作用，如图示。载荷的
RB a P a M 0 P
MD(F) 0:
a
M=Pa RB
a
YA a P a M 0
联解上各式得：
X A P YA 2P
二力矩 式
A XA
YA
D
RB 2P
17
19
解法三：（1）选AB为研究对象，画受力图
（2）列静力平衡方程
M A(F) 0:
RB a P a M 0
Mo = 0。
（1）平面任意力系简化为一个力偶的情形
FR´= 0，Mo ≠ 0
原力系合成为合力偶，合力偶矩为
n
MO MO(Fi) i 1
（2）平面任意力系简化为一个合力的情形
(a) FR´≠ 0，Mo = 0
原力系简化为一个力， FR´ 就是原力系的合力,合力作用
线通过简化中心O。
6
(b) FR´ ≠ 0，Mo ≠ 0
§ 2–4 平面任意力系向平面内一点简化
作用在物体上的 力的作用线任意分布在同一平面内（或 近似分布在同一平面内）的力系 ；当物体及所受的力都对称 于同一平面时，也为平面任意力系问题 。
1. 力的平移定理: 可以把作用在刚体上点A的力F平行移到任一点B，但必须同
时附加一个力偶，这个附加力偶的矩等于原来的力F 对新作用 点B的矩。
（2）当平衡荷重P3 =180KN 时，求满载时轨道A 、 B给
起重机轮子的反力？
P3 6m
P1
P2
12m
A
B
FA 2m 2m FB
26
解：选起重机为研究对象。
（1）要使起重机不翻倒，应使作用在起重机上的力系满足平 衡条件。
满载时，为使起重机不绕点B翻倒，力系满足平衡方 程 MB(F) 0 。在临界情况下，FA=0。求出的P3 值是所允 许的最小值。
F
Bd
F´
F
Bd
F´
BM
A
F´
A
其中
F = F´ = －´ F´´
M = Fd = MB ( F )
1
2 .平面任意力系向作用面内一点简化 • 主矢和主矩
F2
F1
o Fn
F2´
M2
o
Mn
Fn´
F1´
M1
FR
´
M
o
任意点O 为简化中心
F1´ = F1 ， F2´ = F2 ，… ，Fn´ = Fn
Mi = Mo ( Fi ) (i = 1，2，…，n)
由上节分析结果可知：在另外几种情况下力系都不能平衡，只有 当主矢和主矩都等于零时，力系才能平衡，上式为平面任意力系平 衡的必要条件。
平面任意力系平衡的充分必要条件：力系的主矢和对 任一点的主矩都等于零。
13
1.平衡条件的解析式(即平衡方程）：
Fx 0
Fy 0
下一页
22
MO(F) 0
2. 二力矩式 3. 三力矩式
平面任意力系的合力矩定理
Mo FR´
FR´
FR
FR
o
o´
o
o´
d
o
o´
d
FR´ ´
(a)
(b)
(c)
由图(b), 合力 FR 对点O的矩为
MO ( FR )=FRd = MO
由式（3—2）
MO
n
M
O
(Fi
)
i1
n
得 M O (FR ) M O (Fi )
i 1
合力矩定理：平面任意力系的合力对作用面内任一点的矩
合力，合力作用线到简化中心O的距离为
平衡。
d MO FR'
12
§ 2–5 平面任意力系的平衡条件和平衡方程
讨论平面任意力系的主矢和主矩都等于零的情形：
FR´= 0 Mo = 0
主矢等于零，表明作用于简化中心O的汇交力系为平衡力系；主 矩等于零，表明附加力偶系也是平衡力系，所以原力系必为平衡 力系。即上式为平面任意力系平衡的充分条件。
Fn´
oi
x
取坐标系Oxy，i，j为沿x，y轴的单位矢量，则力系主矢
的解析表达式为
FR' = FRx'+FRy' = ∑Fxi + ∑Fyj
主矢FR´的大小和方向余弦为
FR' = (∑Fx)2 + (∑F y)2
cos(FR', i) Fx FR '
主矩的解析表达式
cos(FR', j) Fy FR '
F x 0 （或 F y 0）
M A(F) 0 MB(F) 0
条件是：A、B两点
的连线不能与 x 轴 或 y 轴垂直
M A(F) 0 MB(F) 0 MC (F) 0
条件是：A、B、C三
点不能共线
23
14
例12 图示水平梁AB，A端为固定铰链支座，B端为一 滚动支座。梁长为4a，梁重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。
FR' Fi Fxi Fy j
MO MO (Fi )
3. 平面任意力系的简化结果
（1）FR´= 0，Mo ≠ 0, （2）FR´ ≠ 0，Mo = 0, （3）FR´≠ 0，Mo ≠ 0, （4）FR´= 0，Mo = 0,
合力偶，合力偶矩，MO MO (Fi )
合力，合力作用线通过简化中心O。
最大值为q，梁长l，求合力作用线的位置。
解: 在梁上距A端为 x 处的载荷集度为 q(x) = qx/l。在此处取的
一微段dx，梁在微段d x 受的力近似为 F(x) = qxdx/l。
梁由 x=0 到 x=l 的分布载荷合力为
F
0l q(x)dx
ql 2
A
q(x)dx
q F
B
设合力作用线到A端的 距离为 xC ，
FAx
2
解方程得
FAx
Fcos30
1 2
• q • 3a
316.4kN
FAy P Fsin30 300kN
MA
M
1 2
•
q
• 3l
•l
Fsin30
•l
Fcos30
• 3l
1188kN
22
4. 平面平行力系的平衡条件和平衡方程
如图：物体受平面平行力系F1 ， F2 ， …， Fn的作用。
如取 x 轴与各力垂直，不论力系是否
空载时，RB=80 kN>0;
A
B
RA 2m 2m RB
所以此起重机在使用过程中无翻倒的危险。
12m
P
25
例16 塔式起重机如图。机架重为P1=700KN，作用线通过塔架的 中心。最大起重量P2=200KN，最大悬臂长为12m，轨道AB的间距为 4m。平衡荷重P3，到机中心距离为6m。求：
（1）保证起重机在满载 和空载时都不致翻倒，平 衡荷重P3 为多少？
平衡，恒有 Fx 0
则平行力系的独立平衡方程为 ：
Fy 0 MA(F) 0
y
F1 F2
Fn F3
O
x
平行力系平衡方程的二力矩式：
MA(F) 0
MB(F) 0
23
例15 塔式起重机如图所示。机身总重为W=220kN，作用线通过
塔架的中心。最大起重量P=50kN，平衡块重Q＝30kN。求：满载和
FB
3 4
p
1 2
qa
13
FAy p q a
4
2 16
例13 如图所示平面刚架AB，其上作用有力P 和力偶
M，力偶矩等于Pa，若P、a均为已知，求A、B两处的
约束反力。
C
a B
M=Pa
a
P
a
A
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解法一：（1）选AB为研究对象，画受力图