平面力系平衡习题课
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理论力学2.2、平面任意力系的合成与平衡
m F1 OA F2 OB F1 ( OB OA) F1 AB
m F1 OA F2 OB F1 ( OA OB ) F1 AB
3
力 线 作用在刚体上的力可以离开其作用线而平 平 行移动到刚体上任意位置处,但必须对刚体 移 附加一个力偶,附加力偶的力偶矩等于原力 定 对平移后所得新力作用点的力矩。 理
求细绳的拉力和A、B两处的支持力。
解、研究对象：AB，受力 如图所示，则有：
Fix Fiy mD
0 0
(Fi )
0
FB FD G FA c
FA
os
sin 0
FB
BD
G
AB 2
0 sin
FA
AD
0
FA 115.5(N) FB 72.2(N ) FD 129.9(N) 12
例2.2-6、匀质细杆AB长度为L，重量为mg，静 止在半径为r的光滑半圆槽内（图2.2-17），
L=3r；求AB杆与水平线之间的夹角
解、研究对象:AB杆,受力如 图所示,则有:
Fix 0 Fiy 0 mO (Fi ) 0
FB FB
cos(2 ) FD sin sin(2 ) FD cos
d mO 2402 3.39(m) FR 709 .5
xE
d
sin
3.39 sin 70.8
3.59(m)
y yE tan 70.8 (x xE ) y 2.87x 10.31 0
10
课堂练习题(图示)：
m F1 OA F2 OB F1 ( OA OB ) F1 AB
3
力 线 作用在刚体上的力可以离开其作用线而平 平 行移动到刚体上任意位置处,但必须对刚体 移 附加一个力偶,附加力偶的力偶矩等于原力 定 对平移后所得新力作用点的力矩。 理
求细绳的拉力和A、B两处的支持力。
解、研究对象：AB，受力 如图所示，则有：
Fix Fiy mD
0 0
(Fi )
0
FB FD G FA c
FA
os
sin 0
FB
BD
G
AB 2
0 sin
FA
AD
0
FA 115.5(N) FB 72.2(N ) FD 129.9(N) 12
例2.2-6、匀质细杆AB长度为L，重量为mg，静 止在半径为r的光滑半圆槽内（图2.2-17），
L=3r；求AB杆与水平线之间的夹角
解、研究对象:AB杆,受力如 图所示,则有:
Fix 0 Fiy 0 mO (Fi ) 0
FB FB
cos(2 ) FD sin sin(2 ) FD cos
d mO 2402 3.39(m) FR 709 .5
xE
d
sin
3.39 sin 70.8
3.59(m)
y yE tan 70.8 (x xE ) y 2.87x 10.31 0
10
课堂练习题(图示)：
04--第四章 平面任意力系-(习题课专题)(2011修改)
FC y
Fq=2q=1 kN
C
FAy FAx
A
1.5m
x
30 B
q=0.5kN/m
Fq F=2kN
L=2m
例3.3 夹紧装置如图。设各处均为光滑接触， 求F力作用下工件所受到的夹紧力。 解：逐一讨论A、B，可解。 研究整体，受力如图。 需要求的是FC。 列平衡方程： Fy=FB-F=0 FB=F
FN FB sin 0
FR l 2 R2
FN F tan
取轮,画受力图.
F
解得
ix
0
FR l 2 R2
Fox FA sin 0
Fox
F
解得
iy
0
Foy FA cos 0
M
解得
Foy F
o
0
FA cos R M 0
Fx 0 Fy 0 M o 0 (3 4)
平面任意力系平衡的解析条件是：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 一点的矩的代数和也等于零.
平面任意力系平衡方程的三种形式
Fx 0 一般式（一矩式） Fy 0 M 0 A
0 0 0 0
F1 cos F2 cos F3 cos 0 F1 sin F2 sin F3 sin 0
平面平行力系的方程为两个，有两种形式
Fy 0 M A 0
M A 0 M B 0
B
例3.4 梁ACB如图。梁上起重小车重W=50kN，吊 重 P=10kN，求A、B处的约束力。
解：1)取系统整体为研究对象，画受力图。 列平衡方程： 4m FAy Fx=FAx=0 ---(1) W P FAx Fy=FAy+FBy-P-W=0 ---(2) MA MA(F) 1m C A 1m 8m 4m =MA+12FBy-4W-8P=0 ---(3)
Fq=2q=1 kN
C
FAy FAx
A
1.5m
x
30 B
q=0.5kN/m
Fq F=2kN
L=2m
例3.3 夹紧装置如图。设各处均为光滑接触， 求F力作用下工件所受到的夹紧力。 解：逐一讨论A、B，可解。 研究整体，受力如图。 需要求的是FC。 列平衡方程： Fy=FB-F=0 FB=F
FN FB sin 0
FR l 2 R2
FN F tan
取轮,画受力图.
F
解得
ix
0
FR l 2 R2
Fox FA sin 0
Fox
F
解得
iy
0
Foy FA cos 0
M
解得
Foy F
o
0
FA cos R M 0
Fx 0 Fy 0 M o 0 (3 4)
平面任意力系平衡的解析条件是：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 一点的矩的代数和也等于零.
平面任意力系平衡方程的三种形式
Fx 0 一般式（一矩式） Fy 0 M 0 A
0 0 0 0
F1 cos F2 cos F3 cos 0 F1 sin F2 sin F3 sin 0
平面平行力系的方程为两个，有两种形式
Fy 0 M A 0
M A 0 M B 0
B
例3.4 梁ACB如图。梁上起重小车重W=50kN，吊 重 P=10kN，求A、B处的约束力。
解：1)取系统整体为研究对象，画受力图。 列平衡方程： 4m FAy Fx=FAx=0 ---(1) W P FAx Fy=FAy+FBy-P-W=0 ---(2) MA MA(F) 1m C A 1m 8m 4m =MA+12FBy-4W-8P=0 ---(3)
平面力系合成与平衡习题0
平面力系合成与平衡习题1、判断题：（1）无论平面汇交力系所含汇交力的数目是多小，都可用力多边形法则求其合力。
（）（2）应用力多边形法则求合力时，所得合矢量与几何相加时所取分矢量的次序有关。
（）（3）若两个力在同一轴上的投影相等，则这两个力的大小必定相等。
（）（4）两个大小相等式、作用线不重合的反向平行力之间的距离称为力臂。
（）（5）平面力偶系合成的结果为一合力偶，此合力与各分力偶的代数和相等。
（）（6）平面任意力系向作用内任一点简化的主矢，与原力系中所有各力的矢量和相等。
（）（7）一平面任意力系向作用面内任一点简化后，得到一个力和一个力偶，但这一结果还不是简化的最终结果。
（）（8）平面任意力系向作用面内任一点简化，得到的主矩大小都与简化中心位置的选择有关。
（）（9）只要平面任意力系简化的结果主矩不为零，一定可以再化为一个合力（）。
（10）在求解平面任意力系的平衡问题时，写出的力矩方程的矩心一定要取在两投影轴的交点处。
（）（11）平面任意力系平衡方程的基本形式，是基本直角坐标系而导出来的，但是在解题写投影方程时，可以任意取两个不相平行的轴作为投影轴，也就是不一定要使所取的两个投影轴互相垂直。
（）2、填空题：（1）在平面力系中，若各力的作用线全部，则称为平面汇交力系。
（2）平面汇交力系平衡的几何条件为：力系中各力组成的力多边形。
（3）若平面汇交力系的力矢所构成的力多边形自行封闭，则表示该力系的等于零。
（4）合力在任一轴上的投影，等于各分力在轴上投影的代数和，这就是合力投影定理。
（5）平面任意力系向作用面内任一点简化结果，是主矢不为零，而主矩为零，说明力系与通过简化中心的一个______等效。
（6）平面任意力系向作用面内的一点简化后，得到一个力和一个力偶，若将其再进一步合成，则可得到一个_____。
（7）平面任意力系向作用面内任一点简化后，若主矢_____，主矩_____,则原力系必然是平衡力系。
（8）平面任意力系只要不平衡，则它就可以简化为一个______或者简化为一个合力。
平面一般力系习题
S 42 .3KN
RAX 21.17KN
物体系的平衡问题
例 组合梁AC 和CE 用铰链C 相连，A端为固定端，E 端为活动铰链支座。受力如图所示。已知： l =8 m， P=5 kN，均布载荷集度q=2.5 kN/m，力偶矩的大小m= 5kN·m，试求固端A、铰链C 和支座E 的反力。
Q1 P A H B
① 选整体研究 解： ② 受力如图 ③ 选坐标、取矩点、Bxy,B点 ④ 列方程为:
X B 0; X 0 Y 0 YB P 0; YB P mB 0 M B P DE 0
解方程得
M B 100011000( Nm)
① 再研究CD杆 ② 受力如图 ③ 取E为矩心，列方程 ④ 解方程求未知数
P2
R
P1
A
4
B
6
3 C
P3
R
mA 300N cm
P2
P1
A 6
4
B
mB 200N cm
P2
3 C
P3
P1
A
mC 1050N cm
4
B
R
6
3 C
P3
3、简化最终结果 选简化中心：A点 主矢 R 250 N 方向： =36.9° 主矩
A 2m 3m 2m
B 2m
求如图所示悬臂梁的支座反力.
F
3m 2m C
A
P D
RAY
F
P
D
A
60
RAX A
C
S
B
m (F ) 0 F 0 F 0
X Y
F 3 P 5 S sin 60 3 0
RAX 21.17KN
物体系的平衡问题
例 组合梁AC 和CE 用铰链C 相连，A端为固定端，E 端为活动铰链支座。受力如图所示。已知： l =8 m， P=5 kN，均布载荷集度q=2.5 kN/m，力偶矩的大小m= 5kN·m，试求固端A、铰链C 和支座E 的反力。
Q1 P A H B
① 选整体研究 解： ② 受力如图 ③ 选坐标、取矩点、Bxy,B点 ④ 列方程为:
X B 0; X 0 Y 0 YB P 0; YB P mB 0 M B P DE 0
解方程得
M B 100011000( Nm)
① 再研究CD杆 ② 受力如图 ③ 取E为矩心，列方程 ④ 解方程求未知数
P2
R
P1
A
4
B
6
3 C
P3
R
mA 300N cm
P2
P1
A 6
4
B
mB 200N cm
P2
3 C
P3
P1
A
mC 1050N cm
4
B
R
6
3 C
P3
3、简化最终结果 选简化中心：A点 主矢 R 250 N 方向： =36.9° 主矩
A 2m 3m 2m
B 2m
求如图所示悬臂梁的支座反力.
F
3m 2m C
A
P D
RAY
F
P
D
A
60
RAX A
C
S
B
m (F ) 0 F 0 F 0
X Y
F 3 P 5 S sin 60 3 0
平面力系平衡问题课堂练习题
例2-19 已知: PE 10kN, PG 7kN, 各杆长度均为1m;
求: 1,2,3杆受力.
解: 取整体,求支座约束力.
Fx 0
FAx 0
M B 0 2PE PG 3FAy 0
Fy 0 FAy FBy PE PG 0
FAy 9kN
FBy 8kN
38
用截面法,取桁架左边部分.
2m
2m
解方程可得 F4 10kN
节点C在y方向的平衡方程可用来校核
C
F1
F4
F’3
当计算出杆的受力的代数值为正时，表明 该杆受力的方向符合假设的方向，即该杆受拉。 反之，当计算出该杆受力的代数值为负时，表 明该杆受压。
34
平面桁架如图所示。设两主动力大小F =10 kN ， 作用在节点A和节点B上，a =1.5 m，h =3 m。求1， 2，3和4各杆受的内力。
19
例2- 已知：P , a ,各杆重不计； 24求：B 铰处约束力.
解：取整体，画受力图
MC 0 FBy 2a 0
FBy 0
取DEF杆，画受力图
M D 0 FE sin 45 a F 2a 0
Fx 0 FE cos 45 FD' x 0 ME 0 FDy 'a F 2a 0
取AB杆（不含销钉B），画受力图.
Fx 0
FAx
1 2
q
3a
FABx
0
FAx qa
Fy 0 FAy FABy 0
MA 0
FAy P qa
1 M A 2 q 3a a FABx 3a FABy a 0
M A (P qa)a
26
组合梁AC和CE用铰链C相连，A端为固定端，E端为活动 铰链支座。受力如图所示。已知： l =8 m，F=5 kN，均布载 荷集度q=2.5 kN/m，力偶矩的大小M= 5 kN•m，试求固端A， 铰链C和支座E的约束力。
《土木工程力学基础(少学时)》平面力系的平衡
解：(1)起重机受力如图所示，在起重机不翻倒的情况下，这些力组成的 力系应满足平面力系的平衡条件。 满载时，在起重机即将绕B点翻倒的临界情况下，有FA=0。，载荷W2=0。在起重机即将绕A点翻倒的临界情况，有 FB=0。由此可求出平衡重W3的最大值。
实际工作时，起重机不允许处于临界平衡状态，因此， 起重机不致翻到的平衡重取值范围为
2、力矩的性质:
(1)、力矩的大小和转向与矩心位置有关，同一力对不同 矩心的力矩不同。 (2)、力沿其作用线滑移时，力对点之矩不变，因为此时 力的大小、方向未变，力臂也未变。 (3)、当力的作用线通过矩心时，力臂为零，力矩也为零
二、力矩
3、合力矩定理
合力对平面内任意一点之矩，等于所有分力对同一点之矩的 代数和。即：
将作用于刚体上的力，平移到刚体上任意一点，必须附 加一个力偶才能与原力等效，附加力偶的力偶矩等于原力对 平移点之矩，此即为力的平移定理。
三、平面一般力系的平衡
2、平面一般力系的平衡方程
平 衡
2 2 2 2
R＝0 ， MO＝0
X 0 Y 0
满足这一条件的力系称为“ 平衡力系”。
R Rx Ry (X ) (Y ) 0
M=0
Σm o（Fn）= 0
X 0
Y 0 平面力系平衡方程 M 0 ( Fn ) 0
例题1：1、外伸梁如图所示，已知P =30kN， 试求A、B支座的约束反力。
例题2:塔式起重机如图所示。机架重W1=700kN，作用线通过塔架的中心。 最大起重量W2=200kN，最大悬臂长为12m，轨道AB的间距为4m。平衡重W3到 机身中心线距离为6m。试问：(1)保证起重机在满载和空载时都不致翻到， 平衡重W3应为多少？(2)当平衡重W3=180kN时，求满载时轨道A、B的约束反 力。
理论力学02平面力系的简化和平衡
即它就是作用线方程rxry例题2123平面力偶系作用在同一平面的多个力偶构成平面力偶系以其中任一力偶为基准通过移转改变力偶臂长度将其他力偶与该基准力偶叠合得到两个汇交力系再分别合成可以得到一个新力偶原力偶系的合力偶原力偶系的合力偶矩只受平面力偶系作用的刚体平衡充要条件
第二章
平面力系的简化和平衡
2.1力的合成与分解： 1.平行四边形法则： 作用于物体上同一点的两个力可合成 一个合力，此合力也作用于该点，合力的 大小和方向由以原两力矢为邻边所构成的 平行四边形的对角线来表示。
④ R ≠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 R 。
合力R 的大小等于原力系的主矢 合力R 的作用线到简化中心的距离
MO d R
结论：
平面任意力系的简化结果 ：①合力偶MO ； ②合力 合力矩定理：由于主矩 而合力对O点的矩
R
M O mO ( Fi )
主矩：
M O M O ( F ) 3F1 1.5P 1 3.9P 2 2355kN m
（2）求合力及其作用线位置：
d x 3.514m 0 0 cos 90 70.84
（3）求合力作用线方程：
MO MO
' ' FR x FRy y FRx x FRy y FRx
二、汇交力系的合成 由几何法知合力等于各分力的矢量和，即
R F Fn F i 1 F 2 F 3
又 由于
Fi X ii Yi j Zi k Fxii Fyi j Fzi k
代入上式得 R
F i F
xi
yi
j Fzi k
根据合矢量投影定理得合力在坐标轴的投影
第二章
平面力系的简化和平衡
2.1力的合成与分解： 1.平行四边形法则： 作用于物体上同一点的两个力可合成 一个合力，此合力也作用于该点，合力的 大小和方向由以原两力矢为邻边所构成的 平行四边形的对角线来表示。
④ R ≠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 R 。
合力R 的大小等于原力系的主矢 合力R 的作用线到简化中心的距离
MO d R
结论：
平面任意力系的简化结果 ：①合力偶MO ； ②合力 合力矩定理：由于主矩 而合力对O点的矩
R
M O mO ( Fi )
主矩：
M O M O ( F ) 3F1 1.5P 1 3.9P 2 2355kN m
（2）求合力及其作用线位置：
d x 3.514m 0 0 cos 90 70.84
（3）求合力作用线方程：
MO MO
' ' FR x FRy y FRx x FRy y FRx
二、汇交力系的合成 由几何法知合力等于各分力的矢量和，即
R F Fn F i 1 F 2 F 3
又 由于
Fi X ii Yi j Zi k Fxii Fyi j Fzi k
代入上式得 R
F i F
xi
yi
j Fzi k
根据合矢量投影定理得合力在坐标轴的投影
4第四章 平面力系的简化与平衡-习题
W
FBmax
FNB Wx
r ∑MA(Fi ) = 0 1 8FBy + 4F − 82 q = 0 2 r
FCy FCx
FAx
F
FBx
∑M
B
(Fi ) = 0
FAy
r ∑MC (Fi ) = 0 1 − 4FAy + 4FAx − 42 q = 0 2
1 − 8FAy + 4F + 82 q = 0 2
FBy
（2）以AC为研究对象
FAy
∑M
B
(F ) = 0
FC
FAx
mA
W
O
（2）以整体为研究对象。
∑F = 0 0 ∑F = v ∑M (F ) = 0
ix iy A i
y
FC
W
x
第四章 习题
4-14
W
F
FN1 FN1
FN 2
FC FC
FN 2
FA
FB
FD
第四章 习题
4-15
（1） 以CD为研究对象。
r ∑MC (Fi ) = 0
ix iy A i
∑F = 0 ∑F = 0 r ∑M (F) = 0
x y A
解方程，对解答进行说明。验证所求解答的正确性。
第四章 习题
4-1 试求这些力向底边中点简化的结果，并求合力作用线 试求这些力向底边中点简化的结果， 的位置。 的位置。
Rx = FH − F cos 40o Ry = W + F sin 40o
x
FB
∑Fix = 0
0 ∑F = v ∑M (F ) = 0
A i
第四章 习题
4-7
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A 2a a
4. 图示起重机的铅直支柱AB由点B的止推轴承和点A 的径向轴承支持。P1、P2、a、b、c为已知量
求在轴承A和B两处的支座反力。
解：作起重机受力图 ΣMB=0，
A
FNA
C a P1 b P2
ΣFx =0， ΣFy=0， 解得：
c
FBy B FBx
5. 图示汽车停在长20m的水平桥上，前轮压力为10kN，后 轮压力为20kN。前后两轮间的距离等于2.5m。试问汽车 后轮到支座A的距离为多大时，方能使支座A与B 所受的压 力相等。 2. 5m FB 解：取桥，设后轮距A为x， FAy 作受力图 FAx A B ΣFx =0， FAx=0 20kN 10kN x ΣFy=0， FAy+FB－20－10=0 ΣMA=0， 20FB－20x－10(x+2.5)=0
D
FAx FAy
整体
E
销钉在CB上
FB
FD
FCx2 FCx2 FCy2
F FE
FB
FCy2
D
FAx
FAx FAy
FAy
3. 习题 2-13 在图示结构中各构件的自重略去不计。在 构件AB上作用一力偶矩为M的力偶。 求支座A和C的约束反力。 解： BC杆为二力杆
M B
作AB受力图
a
C
FA
a
解得：
FC
D
a
ΣMC=0，
FCy
FBx
B
C
a a
FCx x
ΣFy=0，
FCy－F=0，
FBy
FCy=F
F
再研究DEF杆 F’Dx F’Dy
D
E
FNE
F
FAy
FAx
ΣME=0，
ΣMB=0， 最后研究ADB杆 ΣMA=0， ΣFx =0， ΣFy=0，
FDy
FDx F’By F’Bx
8. 在图示刚架中，已知q=3kN/m， F 6 2kN M=10kN.m,不计刚架自重。求固定端A处的约束反力。
解：刚架受力如图 ΣFx =0， ΣFy=0，
ΣMA=0，
q M
B
F 45°
FAy
A
3m
MA
FAx
解得
4m
9.习题2-40 已知：q ,a ,M , 且M qa ,
2
P作用于销钉B上；
求： 固定端A处的约束力和销钉B 对BC杆、AB杆的作用力。 解：取CD杆，画受力图。
a M D 0 FCx a qa 0 2 1 得 FCx qa 2
q C
M B D
1m
FBy FBx
FC
A
6m
1m
FBx 25 kN ΣFx =0， FBx F sin 300 0 ΣMB=0， FC 1 M F sin 300 2 0 FC 44 kN ΣFy=0， FBy F cos300 FC 0 FBy 87.3 kN
得 FAx=40kN FAy=113.3kN MA=575.8kN.m
7. 习题2-31 构架由杆AB，AC和DF组成，如图所示。杆 DF上的销子E可在杆AC的光滑槽内滑动，不计各杆重量。 在水平杆DF的一端作用铅直力F，求铅直杆AB上铰链A， D和B所受的力。
y A
a
解： 先研究整体，作受力图
F E F
MA 0 1 M A q 3a a FABx 3a FABy a 0 2 解得 M A ( P qa)a
平面力系 小 结
1、力的平移定理： 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。
B
d
F A
B
d
M
F A
附加力偶矩：M=MB(F)=±Fd
2.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 即：FR' =0, MO= 0
FR ( Fx )2 ( Fy )2
解得 则
F
' ABx
FABx
1 ' qa FABy P qa 2 1 qa FABy ( P qa) 2
题2-40
取AB杆（不含销钉B），画受力图。 1 Fx 0 FAx q 3a FABx 0 2
解得
FAx qa
Fy 0 FAy FABy 0 解得 FAy P qa
题2-40 取BC杆（不含销钉B），画受力图。
Fx 0 MC 0
解得
FBCx
' FBCx FCx 0
M FBCy a 0
1 qa 2
FCx FCy
FBCy qa
取销钉B，画受力图。 ' ' FABx FBCx 0 Fx 0
' ' Fy 0 FABy FBCy P 0
FAx
FEx
FEy
BC杆 FT1 FBy
F’Cx F’Cy
滑轮D F’T2 FT2 FT4 F’Dy FT3
滑轮E
F’Ey F’Ex
滑轮H
F’T4
H
FBx F’Dx F’T1
F’T3
P
2. 习题1-2 （k）
FE
E
销钉在AC上
FCx1 FD FCy1 FCx1 C E FCy1
B
E
FE
FB
D
FD
D
2 0m
令 FAy=FB
得 FAy=FB=15kN x=9.167m
6.习题2-32图示构件由直角弯杆EBD及直杆AB组成，不 计各杆自重，已知 q=10kN/m，F=50kN，M=6kN.m，尺 寸如图。求固定端A处及支座C的约束反力。 3 0 ° F 解： 先研究构架EBD如图 E
2m
30 °
MO=ΣMO(F) 平面任意力系的平衡方程 ΣFx=0 ΣFy=0 ΣMO=0
基本形式平衡方程
ΣFx=0 ΣFy=0 ΣMO=0
二矩式平衡方程 ΣMA= 0 ΣMB= 0 ΣFx = 0
投影轴x轴不能与 A,B两点的连线垂直。
三矩式平衡方程 ΣMA= 0 ΣMB= 0 ΣMC = 0
A,B,C三点不能共线。
再研究AB梁如图
FAx MA
R
q6 3q 2 F’பைடு நூலகம்y
F’Bx
2m
FBx 25 kN
FAy
ΣFx =0， ΣFy=0， ΣMA=0，
FAx 3q sin 300 F'Bx 0
FBy 87.3 kN
FAy 3q cos300 F'By 0 M A 3q cos300 2 F'By 6 0
3.平衡方程的特殊情况 平面汇交力系平衡方程 ΣFx=0 ΣFy=0 平面力偶系平衡方程 ΣMO= 0 平面平行力系 平衡方程 ΣFy=0 ΣMO=0
1、习题1-2(j)
FAy
总体受力图
FAx
A
D C
E
FBy
H P
FBx
B
A
D C
E
各物体受力图
AE杆
P
H B
FAy
FDy FDx FCx FCy