第四章 力系的平衡条件及平衡方程
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建筑力学-第4章 平面力系的简化与平衡方程.
平面固定端约束
=
=
≠
=
3、 平面任意力系的简化结果分析
=
FR 0 M O 0
合力
合力作用线过简化中心
FR 0 M O 0
合力
合力作用线距简化中心M O
FR
其中
MO d FR
M o FRd
M o ( FR ) M O M O ( Fi )
FR FR FR
q 20 kN
求： 固定端A处约束力.
, l 1m; F 400kN, m
解： 取T型刚架，画受力图. 1 其中 F1 q 3l 30kN 2 Fx 0 FAx F1 F sin 600 0 解得 FAx 316.4kN
F Ay P F cos 60 0 Fy 0 解得 FAy 300kN
A
M
解得
0
12 FBy 10 P 6 P 1 4P 2 2 P 5F 0
FBy 77.5kN
iy
F
解得
0 FAy FBy 2 P P 1P 2 0
FAy 72.5kN
取吊车梁,画受力图.
M
解得
D
0
8FE' 4P 1 2P 2 0
Fx 0
Fy 0
FAx FB 0
FAy P 1P 2 0
M
解得
A
0
FB 5 1.5 P 1 3.5 P 2 0
FAy 50kN
FB 31kN
FAx 31kN
例4-4 已知： P, q, a, M pa; 求： 支座A、B处的约束力. 解：取AB梁，画受力图.
第四章 力系的平衡条件及平衡方程
MB 0: NC cos 2a P a 0
mC 0 : YB 2a Pa 0
NC
P
2 c os
P 2 cos450
20 2
14.14
kN
YB
Pa 2a
P 2
10
kN
X B NC sin
20 2
2 10 kN 2
2、取AB梁为研究对象
[例4－1] 结构如图，已知P=2kN 求杆CD的受力及A处的反力 解：①研究AB杆
②画出受力图
③列平衡方程
X 0 RAcos SCDcos4500 （1）
Y 0 PRA sin SCD sin450 0 （2）
④解平衡方程 由EB=BC=0.4m，
解得：tg
EB AB
柄O2A在铅垂位置时，F＝6kN，略去各处摩擦和各构件的重量。
求： ①克服工作阻力所需要的Mmin=？
②轴承O1 、 O2的约束反力？ ③连杆AB内力？
解：1、分析： （1）整体 有六个未知量N ，
XO2 ， YO2 ， XO1 ， YO1 ， M，
整体无法解。
（2）从未知量到已知量：从轮1
轮2 连杆
可动铰链支座。已知：P=20kN,q=5kN/m, a=1m， 450 。
求：支座A、C处、中间铰链B的约束反力。
mA
XA
YA
2a
分析： 整体：四个反力
a a NC
→不可直接解出 拆开： AB杆五个反力
mA
X A YA
2a
X B
YB
XB
YB a
NC
mC 0 : YB 2a Pa 0
NC
P
2 c os
P 2 cos450
20 2
14.14
kN
YB
Pa 2a
P 2
10
kN
X B NC sin
20 2
2 10 kN 2
2、取AB梁为研究对象
[例4－1] 结构如图，已知P=2kN 求杆CD的受力及A处的反力 解：①研究AB杆
②画出受力图
③列平衡方程
X 0 RAcos SCDcos4500 （1）
Y 0 PRA sin SCD sin450 0 （2）
④解平衡方程 由EB=BC=0.4m，
解得：tg
EB AB
柄O2A在铅垂位置时，F＝6kN，略去各处摩擦和各构件的重量。
求： ①克服工作阻力所需要的Mmin=？
②轴承O1 、 O2的约束反力？ ③连杆AB内力？
解：1、分析： （1）整体 有六个未知量N ，
XO2 ， YO2 ， XO1 ， YO1 ， M，
整体无法解。
（2）从未知量到已知量：从轮1
轮2 连杆
可动铰链支座。已知：P=20kN,q=5kN/m, a=1m， 450 。
求：支座A、C处、中间铰链B的约束反力。
mA
XA
YA
2a
分析： 整体：四个反力
a a NC
→不可直接解出 拆开： AB杆五个反力
mA
X A YA
2a
X B
YB
XB
YB a
NC
第四章：力系的平衡条件与平衡方程
未知量个数 <= 独立平衡方程数 静定
（全部未知量可以由平衡方程完全求解）
未知量个数 > 独立平衡方程数 静不定或超静定
（未知量不能全部由平衡方程求解）
物体系的平衡·静定和超静定问题
未知量个数 <= 独立平衡方程数 静定
（全部未知量可以由平衡方程完全求解）
未知量个数 > 独立平衡方程数 静不定或超静定
∑ M B = 0 −8FAy + 5*8 +10*6 +10* 4 +10* 2 = 0
得 FAy = 20kN ∑ Fiy = 0 FAy + FBy − 40 = 0
得 FBy = 20kN
求各杆内力
取节点A
⎧⎪∑ ⎨⎪⎩∑
Fiy Fix
= =
0 0
→ →
FAD FAC
取节点C
⎧⎪∑ ⎨⎪⎩∑
解得 P3max=350kN
22mm 22mm
所以，平衡载重P3取值范围为：
75kN ≤ P3 ≤ 350kN
（2）P3=180kN时：
∑ M A = 0 4P3 − 2P2 −14P1 + 4FB = 0
解得 FB=870kN
∑ Fy = 0 FA + FB − P1 − P2 − P3 = 0
∑M =0
FA'
⋅r
sinθ
− M2
=
0
解得 M 2 = 8kN ⋅m
FB = FA = 8kN
例
已知：OA=R，AB=
l,
r F
,
不计物体自重与摩擦,系统在图示位置平衡；
求: 力偶矩M 的大小，轴承O处的约 束力，连杆AB受力，滑块给导 轨的侧压力.
华北电力大学理论力学第四章 物体系的平衡
1．刚体系的静定和超静定
由多个刚体相互约束组成的系统称为刚体系。在一般情况下，若系统 是静定的，则刚体系的未知变量总数必等于独立方程总数。静定的 刚体系也称为静定结构。若未知变量总数大于独立方程总数，则系 统是超静定的，称为超静定结构。若未知变量总数小于独立方程总 数，则为不完全约束，刚体系可产生运动而不可能平衡。受不完全 约束的刚体系通常称为机构。
G FAB FAC （a） A G
y
x
例4-3
平面刚架的各部分及受力如图4-7(a)所示，A端为固定端约束，图中 各参数q、F、M、L均为已知。试求A端的约束力。 解：以刚架ABCD整体为研究对象 列平衡方程
F F
x y
0 , FAx qL 0 0 , FAy F 0
3 M M M F L qL L0 0 , A A 2
主矢
0 FR
F F F
ix
iy iz
0 0 0
主矩 M O 0
（对任意点主矩）
M x (F i) 0 M y (F i) 0 M z ( Fi ) 0
共六个独立方程，可解出六个未知量。
特殊力系平衡方程
空间汇交力系
可列三个独立方程
Fix 0 Fiy 0 Fiz 0
F
x
0 , FAB cos30 F 0
得
FAB
2 F 3
A
FAB M
（2）再取OA为研究对象
M
O
( F ) 0 , FAB cos 30 r M 0
FOx
O FOy
解得
M Fr
例题 三刚体平衡
求A、B、D、G处约束。
由多个刚体相互约束组成的系统称为刚体系。在一般情况下，若系统 是静定的，则刚体系的未知变量总数必等于独立方程总数。静定的 刚体系也称为静定结构。若未知变量总数大于独立方程总数，则系 统是超静定的，称为超静定结构。若未知变量总数小于独立方程总 数，则为不完全约束，刚体系可产生运动而不可能平衡。受不完全 约束的刚体系通常称为机构。
G FAB FAC （a） A G
y
x
例4-3
平面刚架的各部分及受力如图4-7(a)所示，A端为固定端约束，图中 各参数q、F、M、L均为已知。试求A端的约束力。 解：以刚架ABCD整体为研究对象 列平衡方程
F F
x y
0 , FAx qL 0 0 , FAy F 0
3 M M M F L qL L0 0 , A A 2
主矢
0 FR
F F F
ix
iy iz
0 0 0
主矩 M O 0
（对任意点主矩）
M x (F i) 0 M y (F i) 0 M z ( Fi ) 0
共六个独立方程，可解出六个未知量。
特殊力系平衡方程
空间汇交力系
可列三个独立方程
Fix 0 Fiy 0 Fiz 0
F
x
0 , FAB cos30 F 0
得
FAB
2 F 3
A
FAB M
（2）再取OA为研究对象
M
O
( F ) 0 , FAB cos 30 r M 0
FOx
O FOy
解得
M Fr
例题 三刚体平衡
求A、B、D、G处约束。
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
工程力学第四章平面一般力系
详细描述
平面一般力系简化的目的是将复杂的力系简化为更简单的形式，以便分析刚体的平衡状 态。通过力的平移定理，我们可以将平面一般力系简化为一个合力和一个力矩，或者一 组力和力矩的代数和。这个合力或力和力矩的代数和代表了原力系对刚体的作用效果。
简化后的力系更易于理解和分析，有助于解决工程实际问题。
Part
平衡条件的推导
根据力的平移定理，将平面力系中的所有力平移到同一点， 然后根据合力矩为零和合力为零的条件，推导出平面力系的 平衡条件。
Part
04
平面力系的平衡方程
平衡方程的推导
01
02
03
力的合成与分解
根据力的平行四边形法则， 将力进行合成或分解为多 个分力。
力的投影
将力投影到坐标轴上，得 到力在x轴和y轴上的分量。
STEP 01
分析受力情况
解决静力学问题
利用平衡方程，求解平面 内物体的受力情况，解决 静力学问题。
STEP 03
验证结构稳定性
利用平衡方程，验证结构 的稳定性，确保结构在各 种工况下的安全可靠。
通过平衡方程，分析物体 在平面内的受力情况，判 断物体的运动状态。
Part
03
平面力系的平衡条件
平衡条件的概念
平衡条件是一个物理概念，描述的是物 体在力系作用下保持静止的状态，而平 衡方程是一个数学表达式，用于描述这
一状态。
平衡条件是定性描述，而平衡方程则是 定量描述。平衡方程通过数学符号和运 算，将平衡条件的定性描述转化为可求
解的定量关系。
平衡条件是解决平衡问题的前提，而平 衡方程则是解决问题的工具。通过建立 平衡方程，可以求解未知量，得出物体
平衡条件与平衡方程的联系
平面一般力系简化的目的是将复杂的力系简化为更简单的形式，以便分析刚体的平衡状 态。通过力的平移定理，我们可以将平面一般力系简化为一个合力和一个力矩，或者一 组力和力矩的代数和。这个合力或力和力矩的代数和代表了原力系对刚体的作用效果。
简化后的力系更易于理解和分析，有助于解决工程实际问题。
Part
平衡条件的推导
根据力的平移定理，将平面力系中的所有力平移到同一点， 然后根据合力矩为零和合力为零的条件，推导出平面力系的 平衡条件。
Part
04
平面力系的平衡方程
平衡方程的推导
01
02
03
力的合成与分解
根据力的平行四边形法则， 将力进行合成或分解为多 个分力。
力的投影
将力投影到坐标轴上，得 到力在x轴和y轴上的分量。
STEP 01
分析受力情况
解决静力学问题
利用平衡方程，求解平面 内物体的受力情况，解决 静力学问题。
STEP 03
验证结构稳定性
利用平衡方程，验证结构 的稳定性，确保结构在各 种工况下的安全可靠。
通过平衡方程，分析物体 在平面内的受力情况，判 断物体的运动状态。
Part
03
平面力系的平衡条件
平衡条件的概念
平衡条件是一个物理概念，描述的是物 体在力系作用下保持静止的状态，而平 衡方程是一个数学表达式，用于描述这
一状态。
平衡条件是定性描述，而平衡方程则是 定量描述。平衡方程通过数学符号和运 算，将平衡条件的定性描述转化为可求
解的定量关系。
平衡条件是解决平衡问题的前提，而平 衡方程则是解决问题的工具。通过建立 平衡方程，可以求解未知量，得出物体
平衡条件与平衡方程的联系
力学第四章空间力系
例4-3 如图所示的折杆，已知在其自由端A处受到 力F的作用。试求折杆固定端O的约束力。
§4－3 空间任意力系的平衡方程
解 取折杆为研究对象，画受力图如图所示,选直角坐 标系0xyz，列平衡方程
Fx = 0
FOx = 0
Fy = 0
FOy = 0
Fz = 0
FOz F = 0
Mx F = 0 MOx Fb = 0
§4－3 空间任意力系的平衡方程
平衡基本方程
空间任意力系平衡的充分必要条件：
各力在各坐标轴上的投影代数和分别等于零； 各力对各坐标轴的矩的代数和分别等于零
即：
Fx = 0
Fy = 0
Fz = 0
MxF = 0 M y F = 0 Mz F = 0
§4－3 空间任意力系的平衡方程
§4－3 空间任意力系的平衡方程
例4-5 用空间平衡力系的平面解法重解例4-4 解 重物匀速上升,鼓轮作匀速转动,即处于平衡姿态。取鼓轮为研究 对象。将力G和Q平移到轴线上，分别作垂直平面、水平平面和侧垂直
平面(图a、b、c)的受力图。
a)
c) b)
§4－3 空间任意力系的平衡方程
由(图a、b、 c)，列平衡方程。
§4－2 力对轴之矩
力对轴之矩（N·m）：度量力使物体绕轴的转动效应
M z (F ) = M O (Fxy ) = Fxyd
结论：力对某轴之矩是力使物体绕该轴 转动效应的度量，其大小等于力对垂直 于某轴平面内力对O点（即某轴在该面 的投影点）之矩。
力对轴之矩的符规定：
§4－2 力对轴之矩
例4-1 图示力F作用在圆轮的平面内,设力F作用线距z轴 距离为d。试计算力F对z轴之矩。
符号规定：从投影的起点到终点的方向与相应坐标轴 正向一致的就取正号；反之，就取负号。
§4－3 空间任意力系的平衡方程
解 取折杆为研究对象，画受力图如图所示,选直角坐 标系0xyz，列平衡方程
Fx = 0
FOx = 0
Fy = 0
FOy = 0
Fz = 0
FOz F = 0
Mx F = 0 MOx Fb = 0
§4－3 空间任意力系的平衡方程
平衡基本方程
空间任意力系平衡的充分必要条件：
各力在各坐标轴上的投影代数和分别等于零； 各力对各坐标轴的矩的代数和分别等于零
即：
Fx = 0
Fy = 0
Fz = 0
MxF = 0 M y F = 0 Mz F = 0
§4－3 空间任意力系的平衡方程
§4－3 空间任意力系的平衡方程
例4-5 用空间平衡力系的平面解法重解例4-4 解 重物匀速上升,鼓轮作匀速转动,即处于平衡姿态。取鼓轮为研究 对象。将力G和Q平移到轴线上，分别作垂直平面、水平平面和侧垂直
平面(图a、b、c)的受力图。
a)
c) b)
§4－3 空间任意力系的平衡方程
由(图a、b、 c)，列平衡方程。
§4－2 力对轴之矩
力对轴之矩（N·m）：度量力使物体绕轴的转动效应
M z (F ) = M O (Fxy ) = Fxyd
结论：力对某轴之矩是力使物体绕该轴 转动效应的度量，其大小等于力对垂直 于某轴平面内力对O点（即某轴在该面 的投影点）之矩。
力对轴之矩的符规定：
§4－2 力对轴之矩
例4-1 图示力F作用在圆轮的平面内,设力F作用线距z轴 距离为d。试计算力F对z轴之矩。
符号规定：从投影的起点到终点的方向与相应坐标轴 正向一致的就取正号；反之，就取负号。
第四章4-1,2,3
FAx 0 A
y x C
θ
P B
l /2 RB
m d
l /2
FAy
∑ Fx = 0 ∑ Fy= 0
FAx - P cosθ = 0 FAy - P sinθ + RA = 0
FAx = P cosθ θ
m 1 FAy = + Psin θ l 2
例4-4:塔式起重机如图所示.设机身的重力为G1,载重的 重力为G2 ,距离右轨的最大距离为L,平衡重物的 重量为G3 ,求起重机满载和空载均不致翻倒时, 平衡重物的重量G3所满足的条件.
G1 F q2 Fq1 q
L G2
d1 B qm d2
mA A FAx FAy
L
G2
列平衡方程求解: 列平衡方程求解 ∑Fx = 0 FAx -Fq1 = 0
y C G1 H h d1 B d2 Fq1
1 h 3
Fq2
0
1 l 2
x
1 1 FAx = Fq1 = q m h = γ 1 h 2 2 2
a G3 e
C G1 L A b B
G2
解:取起重机为研究对象,画出受力图 取起重机为研究对象, 1,满载时,当重物距离右轨最远时,当起重机平衡时: ,满载时,当重物距离右轨最远时,当起重机平衡时: ∑ mB(F) = 0 - G1 e- G2 L- NA b+ G3 (a+ b) = 0 ) NA =[ -G1 e- G2 L+ G3 ( a+ b)]/b ) 起重机不翻倒的条件为: 起重机不翻倒的条件为: NA ≥0 G3 ≥( G1 × e+ G2 × L)/( a+ b) ( ) G3 a C e G 1 L B b NB
y x C
θ
P B
l /2 RB
m d
l /2
FAy
∑ Fx = 0 ∑ Fy= 0
FAx - P cosθ = 0 FAy - P sinθ + RA = 0
FAx = P cosθ θ
m 1 FAy = + Psin θ l 2
例4-4:塔式起重机如图所示.设机身的重力为G1,载重的 重力为G2 ,距离右轨的最大距离为L,平衡重物的 重量为G3 ,求起重机满载和空载均不致翻倒时, 平衡重物的重量G3所满足的条件.
G1 F q2 Fq1 q
L G2
d1 B qm d2
mA A FAx FAy
L
G2
列平衡方程求解: 列平衡方程求解 ∑Fx = 0 FAx -Fq1 = 0
y C G1 H h d1 B d2 Fq1
1 h 3
Fq2
0
1 l 2
x
1 1 FAx = Fq1 = q m h = γ 1 h 2 2 2
a G3 e
C G1 L A b B
G2
解:取起重机为研究对象,画出受力图 取起重机为研究对象, 1,满载时,当重物距离右轨最远时,当起重机平衡时: ,满载时,当重物距离右轨最远时,当起重机平衡时: ∑ mB(F) = 0 - G1 e- G2 L- NA b+ G3 (a+ b) = 0 ) NA =[ -G1 e- G2 L+ G3 ( a+ b)]/b ) 起重机不翻倒的条件为: 起重机不翻倒的条件为: NA ≥0 G3 ≥( G1 × e+ G2 × L)/( a+ b) ( ) G3 a C e G 1 L B b NB
第四章平面一般力系的平衡方程及其应用简化及平衡方程分解
2）列平衡方程，求解未知量
m 0
FRA 4 cos 450 m 0
解得：
FRA
FRB
m 4 cos450
3.5kN
Fx 0 FP FRBx 0
Fy 0
FRA FRBy q 3 0
mB (F) 0
FP
3
FRA
3
q
3
3 2
0
解得：
FRBx 5kN
FRA 28kN
FRBy 38kN
2.平衡方程的二矩式
Fx 0 mA(F)
0
（A与B两点的连线不垂直于x轴）
mB
(F
)
0
3.平衡方程的三矩式
第四章 平面一般力系的简化及平衡方程
§4.1 平面一般力系的简化 §4.2 平面一般力系的平衡方程及其应用 §4.3 物体系的平衡问题
§ 4-2 平面一般力系的平衡方程及其应用
平面一般力系平衡的必要和充分条件：力系的主矢和力
系对于任一点的矩都等于零，即： FR' 0, M0 0
由此平衡条件可导出不同形式的平衡方程。
1.平面汇交力系的平衡方程
1）平面汇交力系平衡的必要与充分 的解析条件是：各力在两个坐标轴 上投影的代数和分别等于零
Fx 0
Fy
0
2）平面汇交力系平衡的必要与充分 的几何条件是：力多边形自行封闭
利用几何法求解平面汇交力系的平衡 问题时，画出自行封闭的力多边形 ， 然后按比例尺从力多边形中直接量出 未知力的大小即可。
16 0.8
2
20
12(kN)
FRAy P qa FRB 20 20 0.8 12 24(kN)
[例]如图所示一钢筋混凝土刚架的计算简图，其左侧面受到一水平
第四章平面任意力系
R
42.01
R'
25kN
MA
d
A
1m
1m
20kN 60o
1m
B
30o
18kN
R
求力系的主矩
MA = 1×25 + 2 × 20sin60o - 3 × 18sin30o = 32.64 kN·m
d M A 32.64 0.777 m R 42.01
§4-3 平面一般力系的平衡条件与平衡方程
F'1 M2
M1 O ·
Mn F'n
主矢′:力系中各力的矢量和.
F'2 x
y F'R
O· MO x
n
F R
F 1
F 2
F n
F i
i 1
主矩:力系中各力对简化中心o点的矩的代数和称为该力
系对简化中心o点的主矩.
n
M o
M M 1
2
M n
M
o
(
F i
)
i1
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三、平面任意力系向作用面内任一点的简化
合力 合力 合力偶 平衡
合力作用线过简化中心 作用线距简化中心 M O FR
与简化中心的位置无关
与简化中心的位置无关
合力FR 是在主矢FR´的那一侧，则要根据主矩的正负号来确定 。
原则是合力对简化中心的距的转向要与主矩的转向一致 。
合力矩定理：
n
MO (FR ) mO (Fi )
i 1
即：平面任意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。
解题技巧
①选研究对象
①选坐标轴最好是未知力投影轴；
工程力学第四章2
FAx
FAy
A
P
P
B 6m 6m
6m
FBx
FBy
CF Cx
取[左]受力分析
∑MC=0
FAx·6–FAy·6+3P=0
P
FAx
FAy
A
F Cy
F Ax
P = 2
FBx
P = 2
[左] 左
上固定销子C,可在杆 的光滑直槽中滑动， 例：图示杆BE上固定销子 可在杆 的光滑直槽中滑动，已知： 图示杆 上固定销子 可在杆AD的光滑直槽中滑动 已知： L=0.2m，M1=200N·m，α = 300，求：结构平衡时 2。 结构平衡时M ， ，
iy
ix iy
=0 =0
平面平行力系的平衡方程 （设各力线都 // y轴）： 轴
∑F = 0 ∑ m (F ) = 0
o i
5
例：图示导轨式汽车提升机构，已知提升的汽车重P=20kN， 图示导轨式汽车提升机构，已知提升的汽车重 ， 求：导轨对A、B轮的约束反力（不计摩擦）。 导轨对 轮的约束反力（不计摩擦）。 轮的约束反力
∑MC=0, –F·a–3a · FD=0 ∑Fiy=0, –F+ FD+FC=0 FD=F/3, FC=2F/3, 3a C FC 3a A E D FD B FEX FAY FEY D [AD] FD FC [CB] E
FEY’ FCX
B
取[AD]
3 ∑ M A = 0, 3aFD − a ⋅ 2 FEx = 0 2 2 FEx = F, A 3
F
60cm
F FA P P
A
400cm
FB B
力偶仅 能被力 偶平衡
i FA·400–P·60=0； 解: ∑Mi=0: ； 得：FA=3kN FB=FA ∑Fx=0; F= P ∑Fy=0;
FAy
A
P
P
B 6m 6m
6m
FBx
FBy
CF Cx
取[左]受力分析
∑MC=0
FAx·6–FAy·6+3P=0
P
FAx
FAy
A
F Cy
F Ax
P = 2
FBx
P = 2
[左] 左
上固定销子C,可在杆 的光滑直槽中滑动， 例：图示杆BE上固定销子 可在杆 的光滑直槽中滑动，已知： 图示杆 上固定销子 可在杆AD的光滑直槽中滑动 已知： L=0.2m，M1=200N·m，α = 300，求：结构平衡时 2。 结构平衡时M ， ，
iy
ix iy
=0 =0
平面平行力系的平衡方程 （设各力线都 // y轴）： 轴
∑F = 0 ∑ m (F ) = 0
o i
5
例：图示导轨式汽车提升机构，已知提升的汽车重P=20kN， 图示导轨式汽车提升机构，已知提升的汽车重 ， 求：导轨对A、B轮的约束反力（不计摩擦）。 导轨对 轮的约束反力（不计摩擦）。 轮的约束反力
∑MC=0, –F·a–3a · FD=0 ∑Fiy=0, –F+ FD+FC=0 FD=F/3, FC=2F/3, 3a C FC 3a A E D FD B FEX FAY FEY D [AD] FD FC [CB] E
FEY’ FCX
B
取[AD]
3 ∑ M A = 0, 3aFD − a ⋅ 2 FEx = 0 2 2 FEx = F, A 3
F
60cm
F FA P P
A
400cm
FB B
力偶仅 能被力 偶平衡
i FA·400–P·60=0； 解: ∑Mi=0: ； 得：FA=3kN FB=FA ∑Fx=0; F= P ∑Fy=0;
理论力学4 平面一般力系
力F ′+ 力偶（ F ， F ′′）
3
说明： 说明 力线平移定理揭示了力与力偶的关系： ①力线平移定理揭示了力与力偶的关系：力 （例断丝锥） 例断丝锥）
力+力偶 力偶
有关， ②力平移的条件是附加一个力偶m，且m与d有关，m=F•d 力平移的条件是附加一个力偶 ， 与 有关 ③力线平移定理是力系简化的理论基础。 力线平移定理是力系简化的理论基础。
Fx = 0, FAx − FT cos 30 0 = 0 ∑
Fy = 0, FAy + FT sin300 − P −Q = 0 ∑
1 ∑ M A = 0, FT 2 ⋅ 6a − P ⋅ 3a − Q ⋅ 4a = 0 F T = 17 . 33 kN 解得： F Ax = 15 . 01 kN 解得： F 22 Ay = 5 . 33 kN
a a 两力作用线过x1 = 和x2 = 3 2
17
§3-4
平面一般力系的平衡条件与平衡方程
一 平面任意力系的平衡方程 平面任意力系平衡的充要条件是： 力系的主矢和对任意点的主矩都等于零
r ′ 即 FR = 0
Mo = 0
FR′ = (∑ Fx )2 + (∑ Fy )2
MO = ∑MO (Fi )
∑ F = 0, F = 0 ∑ Fy = 0, FAy + FBy − P − q ⋅ 2a = 0
9
固定端（插入端） 固定端（插入端）约束 说明 ① 认为Fi这群力在同一平面内; 雨搭 ② 将Fi向A点简化得一力和一力偶; ③ FA方向不定可用正交分力FAX, FAY 表示; ④ FAX, FAY, MA为固定端约束反力;
FR FYA FXA
建筑力学第四章 空间力系的平衡方程
解：
Pz P sin 45 Pxy P cos 45 Px P cos 45 sin 60 Py P cos 45 cos 60
M z (P ) M z (P x ) M z (P y ) M z (P z ) 6 Px (5 Py ) 0
6P
cos 45 sin
力对轴之矩是代数量。 符号规定：右手法则。
重庆大学出版社
建筑力学
2 空间合力矩定理
M z (F R ) M z (F1) M z (F2 ) M z (Fn ) M z (Fi )
即：空间力系的合力对某一轴的矩，等于力系中所有 各分力对同一轴的矩的代数和。
重庆大学出版社
建筑力学
[例] 已知：P=2000N, C点在Oxy平面内。 求：力P 对三个坐标轴的矩。
2 2
S4
P
M DC (F ) 0:S6a S5 cos45a 0 S6 P
Fz 0:S1 S6 S3 S5 cos45 S4 cos45 S2 cos45 0
S1 P P P P P P
重庆大学出版社
解之得：FBx FBz 0
FT 200N FAx 86.6N FAy 150N FAz 100N
重庆大学出版社
建筑力学
例用六根杆支撑正方形板ABCD如 图所示，水平力 P 沿水平方向作用 在A点，不计板的自重，求各杆的 内力。
解：作板受力图，建立如图坐标。
Fy 0: P S4 cos45 0 S4 2P
建筑力学
第四章 空间力系的平衡方程
4.1力在空间直角坐标轴上的投影
1 空间力的正交分解
重庆大学出版社
建筑力学
力对平行它的轴之矩为零。 当力通过轴时，力对轴之矩为零。 即力F与轴共面时，力对轴之矩为零。
Pz P sin 45 Pxy P cos 45 Px P cos 45 sin 60 Py P cos 45 cos 60
M z (P ) M z (P x ) M z (P y ) M z (P z ) 6 Px (5 Py ) 0
6P
cos 45 sin
力对轴之矩是代数量。 符号规定：右手法则。
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建筑力学
2 空间合力矩定理
M z (F R ) M z (F1) M z (F2 ) M z (Fn ) M z (Fi )
即：空间力系的合力对某一轴的矩，等于力系中所有 各分力对同一轴的矩的代数和。
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建筑力学
[例] 已知：P=2000N, C点在Oxy平面内。 求：力P 对三个坐标轴的矩。
2 2
S4
P
M DC (F ) 0:S6a S5 cos45a 0 S6 P
Fz 0:S1 S6 S3 S5 cos45 S4 cos45 S2 cos45 0
S1 P P P P P P
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解之得：FBx FBz 0
FT 200N FAx 86.6N FAy 150N FAz 100N
重庆大学出版社
建筑力学
例用六根杆支撑正方形板ABCD如 图所示，水平力 P 沿水平方向作用 在A点，不计板的自重，求各杆的 内力。
解：作板受力图，建立如图坐标。
Fy 0: P S4 cos45 0 S4 2P
建筑力学
第四章 空间力系的平衡方程
4.1力在空间直角坐标轴上的投影
1 空间力的正交分解
重庆大学出版社
建筑力学
力对平行它的轴之矩为零。 当力通过轴时，力对轴之矩为零。 即力F与轴共面时，力对轴之矩为零。
建筑力学(第四章)
Da a
Fx 0 :
FAx FCcon45 0
FAx FCcon45
2F
2 2
F
FAx
A
M0=Fa
C
FAy FC
B F
Fy 0 : FAy FC sin 45 F 0
FAy FC sin 45 F
2F
2 2
F
第二节 平面一般力系向作用面内任一点简化
简化中心 F1
OA
F3 C
B
F2 =
m1F'1′ F′3 O
m2
F'2′ =
m3
M0 O
FR
主矢（FR’ ）：将平面汇交力系 （F1’、F2’、 F3’ ）合成， 可得一合力FR’，这个力称为原力系的主矢。通过0点。
大小:
FR ( Fx)2 ( Fy)2 ( Fx )2 ( Fy )2
0
aa
负号说明约束反力FAX的实际方向与图中
假定方向相反。
应用举例
例4-4：求图示梁支座的
y
F
F
约束反力。已知 ：
Fy
F 2kN a 2m A
解:取梁为研究对象。
Fx
受力图如图示。建立坐标
a
a
FB
Bx
a
系，列平衡方程：
Fx 0 Fy 0
M
O
(
F
)
0
(2) 主矢、主矩均不为零 FR≠0 Ｍ0≠0 根据力的平移定理的逆过程可知，主矢FR和主矩ＭO也可
以合成为一个 合力FR。
理论力学平面任意力系的平衡条件及方程
理论力学平面任意力系的平衡条件及方程一、平面任意力系的平衡条件平面任意力系平衡的必要和充分条件为：力系的主矢和对任一点的主矩M O 都等于零，F R'=M O =∑M O (F i )二、平面任意力系的平衡方程∑F ix =0∑F iy =0∑M (F )=0O i ⎧⎪⎨⎪⎩⎧∑F x =0⎨∑M A (F )=0⎩∑M B (F )=0条件：x AB⎪⎪⎧∑M A (F )=0⎨∑M B (F )=0⎩∑M C(F )=0条件：A ，B ，C 点⎪⎪上式只有 个独立方程，只能求出 个未知数。
[例]求图示刚架的约束力。
解：以刚架为研究对象，受力如图。
q∑F x =0:F Ax -qb =0∑F y =0:F Ay -F =0∑M A (F )=0:M -Fa -1qb 2=02=qb A解 ：F Ax F Ay =F 212A M =Fa +qbq[例]求图示梁的支座约束力。
解：以梁为研究对象，受力如图。
∑F x =0:F Ax +F cos θ=0∑F y =0:F Ay +F B -F sin θ=0∑M A (F )=0:F B a -F sin θ⋅(a +b )-M =0解 ：=-F cos θF Ax =M +F sin θ(a +b )aB F =-M +Fb sin θAyFa[例] 外伸梁的尺寸及载荷如图所示，F 1=2 kN ，F 2=1.5 kN ，M =1.2 kN·m ， l 1=1.5 m ，l 2=2.5 m ，试求铰支座A 及支座B 的约束力。
60解：1、 梁为研究对象，受力分 如图2、 平衡方程3、解方程∑MA(F )=0F B l 2-M -F 1l 1-F 2(l 1+l 2)sin60=Fx=0F Ax -F 2cos ∑60=0=0∑FyF Ay +F B -F 1-F 2sin 60=0=0.75kN F =3.56kN=-0.261kNF Ax B F Ay[例]悬臂吊车如图所示。
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? RB
?
RB
?
RA ?
2 Pa l cosα
例４－3在三棱柱的三个侧面分别作用三个力偶m1、 m2 、 m3， m1
=100N.m， 求：如要保持平衡，力偶m2 、 m3的大小应为多少？
?
m3
y
解：研究三棱柱
m? 2
m?1
? m3
m?2O m?4150
x
由力偶系平衡条件
? mix ? 0：m3 cos 450 ? m2 ? 0 ? miy ? 0：m3 sin 450 ? m1 ? 0
15
? ZA ? XA
?
?
ZB
? XB
? ZB ? ?297 (N) ? ? ZA ? 36７ (N)
? XB ? 2175(N)
? XA ? ?1395 (N)
∑mx=0: ∑Z=0: ∑mz=0: ∑X=0:
? Pr ?a ? ZB (a ? c) ? T2sin? (a ? c ? b) ? 0
力偶
3、下图中，A、B、C、D是正方形(边长为a)的四个顶点，所
受力如图，问：哪个力系平衡？不平衡，最终简化结果是什
么？ D ? F
A
? FC
? F
? F
B
?
DF C
? F
? F
A
? F
B
D? C
? F1 F
? F
?
A F1 B
(a) 力偶 2Fa
(b) 平衡
(c) 平衡
空间一般平衡力系
[ 例４-7] 图示传动轴AB，皮带轮B的半径R =100mm，胶带拉力 T1=2T2=1300N，胶带的紧边为水平，松边与水平成角 ? ? 300 ， 齿轮C的节圆半径 r=60mm，压力角? =20°。A、 B为向心轴承， a=b=100mm，c=150mm。设轴在带轮带动下作匀速转动，不计 轮、轴的重量。 求：平衡时齿轮所受的切向力P及轴承A , B的约束反力。
3、根据平衡条件确定全部未知力的大小和方向。
解题技巧及说明：
1、一般地，对于只受三个力作用的物体，且角度特殊时用 几 何法（解力三角形）比较简便。
2、一般对于受多个力作用的物体，且角度不特殊或特殊， 都用解析法。
3、投影轴常选择尽量多的力尤其是未知力的垂线，最好使每 个方程中只有一个未知数。
4、对力的方向判定不准的，一般用解析法。
解得： m3 ? 2m1 ? 141.4 (N.m) m2 ? m1 ? 100 (N.m)
[练习1]图示杆系，已知m, l,求A、B处约束力。
? NAD
解：1、研究对象二力杆：AD
?
?
RC
N AD
练习：
? RB
2、研究对象： 整体
N AD
?
RB
?
m l
思考：CB杆受力情况如何？
R?C?
?
m
RB
AD杆
思考题：
1、设平面力系向一点简化得一合力。问：如果另选适当的简 化中心，力系能否简化为力偶？为什么？
不能。 因力和力偶都是基本未知量，故力不能和力偶平衡。
2、在刚体上作用有三个力如图所示，力的大小恰好与△ ABC 的边长成比例，方向如图。问 : 这一力系简化的结果是什么？
?B
FA
?
FB
A
? FC
C
RB
?
q ?3a ?1.5a ? 2a
M
?
100 ?3 ?1.5 ? 500 2
?
475N
? XA
? YA
? RB
∴
XA ? 0 YA ? ?175N
RB ? 475N
校核
? mB(F ) ? 0
? YA ?2a ? M ? q ?3a ?0.5a ? 0
YA
?
q ?3a
?0.5a 2a
?
M
? 100 ?3 ?0.5 ? 500 ? ? 175N 2
?
ZA
?
?
ZB
解：1 研究整体 （轮及轴）
?
2 受力如图
?
?
XA
XB
3 列平衡方程
∑my=0 P ?r ? T1 ?R ? T2 ?R ? 0
? P ? (T1 ? T2) R? 1300 ? 650 ? 0.1 ? 1083 (N)
r
0.06
Pr ? Ptg? ? P ?tg? ? 1083? tg 200 ? 394.18 (N)
ZA ? Pr ? ZB ? T2 ?sin? ? 0
? P ?a ? XB (a ? c) ? T1(a ? b ? c) ? T2 ?cos? (a ? c ? b) ? 0 XA ? P ? XB ? T1 ? T2cos? ? 0
[例4－1] 结构如图，已知P=2kN 解：①研究AB杆
②画出受力图
求杆CD的受力及A处的反力
③列平衡方程
? X ?0 RA?cos? ? SCD?cos450 ? 0 （1）
? Y? 0 ? P ? RA?sin? ? SCD ?sin450 ? 0 （2）
④解平衡方程 由EB=BC=0.4m，
?
?
13
分析： 1、几个未知力？
?? ? P? X?A ZA
XB ZB
Pr ? P ?tg?
? ZA ? XA
2、几个平衡方程？ 3、可用整体求解 最好使每一个方程只有一个未知数
4、确定列方程次序
?
?
ZB
?
? XB
∑my=0 ∑mx=0 ∑Z=0 ∑mz=0 ∑X=0
→P
→ZB →ZA →XB →XA 14
解得：tg ?
?
EB AB
?
0 1
.4 .2
?
1 3
?
SCD ?
sin450
P ?cos450?tg?
? 4.24 kN
；
RA?
SCD ?ccoos4s?50
? 3.16
kN
静力分析要点： 1、根据问题的性质和要求选取合适的研究对象。 2、取分离体画受力图。 在画受力图时应综合应用：
①、约束的性质 ②、平衡的条件 ③、作用力与反作用力关系
5 、解析法解题时，力的方向可以任意设，如果求出负值， 说明力方向与假设相反。
[例４-2]图示结构，求A、B处反力。
? XA
? YA
思考
? RA
解：1、取研究对象 整体
2、受力分析 特点：力偶系
? NB
3、平衡条件
∑mi=P ·2a－YA ·l=0
?
NB
?
YA
?
2 Pa l
? ∑m i= 0 P ·2a－RB ·cos? ·l=0
? YA
? RB
作用线距A端 d ? 1 l ? 1.5a
? X?0
2
XA ? 0
? XA
? YA 1.5a
P=ql=3qa ? RB
? Y? 0
YA ? RB ? 3qa ? 0
? YA ? 3qa ? RB
? ? 3 ?100 ? 475 ? ?175 N ? mA(F ) ? 0
RB ?2a ? q ?3a ?1.5a ? M ? 0
m R?C?
?
NAD 解：1、研究对象二力杆：BC
? RC
?RB?RB Nhomakorabea?
2、研究对象： 整体
N AD
? N AD
?
RB
?
m l sin 450
?
2m l
[例4-5] 已知：M=500N·m, q=100N/m，a=1m。 求：A、B的
支座反力。
解：1、研究AB梁，受力分析。
?
XA
分布载荷：合力 P ? ql