ll第三章 平面力系
静力学第三章平面一般力系
Engineering Mechanics
静力学第三章平面一般力系
静力学第三章平面一般力系
2
§3–1 平面一般力系向作用面内任一点简化 §3–2 平面一般力系的简化结果分析 §3-3 平面一般力系的平衡条件与平衡方程 §3-4 平面桁架 §3-5 静定与静不定问题的概念 §3-6 摩擦
静力学第三章平面一般力系
静力学第三章平面一般力系
8
平面一般力系简化结果的应用
固定端约束的反力
简图：
R
固定端约束反力有三个分量： 两个正交分力，一个反力偶
静力学第三章平面一般力系
9
第二节 平面一般力系的简化结果分析
R ——主矢 R=ΣFi 与简化中心无关 MO——主矩 MO =ΣMo(Fi) 与简化中心有关
① R=0， MO =0，力系平衡，与简化中心位置无关，下节专
静力学第三章平面一般力系
6
.O
O——简化中心
R——主矢 R=ΣFi 与简化中心无关 MO——主矩 MO =Σmo(Fi)
与简化中心有关
力学与实践 > 2004年3期 > 关于力系简化静中力主学第矢三是章不平面是一力般的力系讨论
R
. MO O
7
力系向一点简化的特殊情况
（1）通过简化中心的平面汇交力系：简化为通过简化中心 的力，与简化中心的位置无关。 （绝对的，主矢决定于原力系中各力的大小和方向） （2）平面力偶系：与简化位置有关 （相对的，主矩的大小和转向取决于简化中心的位置）
解：①选AB梁研究 ②画受力图（以后注明 解除约束，可把支反 力直接画在整体结构 的原图上）
解除约束
由 m A(F i) P 02aN B3a0, N B2 3 P
《工程力学》第三章 平面一般力系
• 故主矢R′的模为
• 主矢R′的方向从图3-3(b)中可知
图3-3
• 2.对点O的主矩 • 从图3-3(b)中可知，MO应是该平面一般力偶
系m1，m2，…，mn的合力偶矩。由平面力偶 系的合成定理可知，
• 由于Fd也等于力F对B点的矩，mB(F)=Fd，于 是得
• §3-2 平面一般力系向一点的简化 • 一、平面一般力系向一点的简化 • 在力系的作用平面内，被任选的一点O称为简
化中心。将力系中诸力平移至简化中心，同时 附加一个力偶系的过程，称为力系向给定点的 简化。
图3-2
•经 简 化 后 的 平 面 共 点 力 系 合成为一个合力R′，该合力作用点在简化 中心上；把简化后的附加力偶系m1， m2，…，mn合成得一力偶MO(图32(c))。自然，依据力的平移定理，可将 力R′和MO合成为一个力R(图3-2(d))， 这个力R就是原力系F1，F2，…，Fn的合 力。
• 二、截面法求桁架内力
• 截面法一般采用如下步骤：
• (1)先求出桁架支承约束反力。
• (2)如需求某杆的内力，可通过该杆作一 假想截面，将桁架截为两段(只截杆件， 不能截在节点上)。注意被截杆件一般不 能多于三根。任选半边桁架考虑平衡，在 杆件被截处，画出杆件内力，其指向假定 沿杆件而背离杆件被截处。
图3-5
• 二、平面一般力系向一点简化结果分析
• 1.平面一般力系向一点的简化结果
• 平面一般力系向简化中心简化，其结果可能出现 四种情况：
• (1)R′=0，MO=0
• 主矢和主矩均等于零。它表明简化后的平面汇交 力
理论力学 第三章 平面力系
FBl cos M 0
得
M 20 k N m FB 4.62 kN l cos 5 m cos 30
FA FB 4.62kN
故
目录
第三章 平面力系\力的平移定理
3.3 力的平移定理
作用于刚体上的力，可平行移动到刚体内任一指定点，但必须 在该力与指定点所决定的平面内同时附加一力偶，此附加力偶的矩 等于原力对指定点之矩。 平面一般力系向一点简化的理论基础是力的平移定理。
设平面汇交力系F1、F2、…、Fn中各力在x、y轴上的投影分 别为Xi、Yi，合力FR在x、y轴上的投影分别为XR、YR，利用公式
F Fx Fy Xi Yj
分别计算式FR=F1+F2+…+Fn=ΣF 等号的左边和右边，可得 FR = XR i+YR j 以及 F1+F2+…+Fn=(X1i+Y1j)+（X2i+Y2j）+…+（Xni+Ynj） =（X1+X2+…+Xn）i+（Y1+Y2+…+Yn）j 比较后得到 X R X1 X 2 X n X YR Y1 Y2 Yn Y 目录
返回
第三章 平面力系
如图(a)所示水坝，通常取单位长度坝段进行受力分析，并将坝 段所受的力简化为作用于坝段中央平面内的一个平面力系［图(b)］。
返回
第三章 平面力系
第三章 平面力系
3.1 平面汇交力系的合成与平衡 3.2 平面力偶系的合成与平衡 3.3 力的平移定理 3.4 平面一般力系向一点简化 3.5 平面一般力系的平衡方程及其应用
第三章 平面力系\平面力偶系的合成与平衡
建筑力学第三章平面力系4.1 课件
4 ．平面汇交力系平衡的解析条件：力系中所有各力在两 个坐标轴中每一轴上的投影的代数和均等于（ ）。
5 ．若未知力的指向不明时可先假设，若计算结果为 正值，表示所设指向与力的实际指向（ ）；若为负值， 则表示所设指向与实际指向（ ）。
二、选择题
设力F作用于物体的A点，如图2.4所示。
图2.4
若已知力F的大小及其与x轴所夹的锐角α，则力F 在坐标轴上的投影Fx和Fy可按下式计算
Fx=±Fcosα Fy=±Fsinα 力在坐标轴上的投影有两种特殊情况：
(1) 当力与坐标轴垂直时，力在该轴上的投影等 于零。
(2) 当力与坐标轴平行时，力在该轴上的投影的 绝对值等于力的大小。
∑Fx=0 ∑Fy=0
于是得平面汇交力系平衡的必要和充分的解析 条件为：力系中所有各力在两个坐标轴中每一轴上 的投影的代数和都等于零。上式称为平面汇交力系 的平衡方程。
【例2.3】一梯子AB自重W=100N，重心假定在梯子长度 中点C。梯子的上端A靠在光滑的墙上，下端B放置在与 水平面成40°倾角的光滑斜坡(图2.8(a))。试求梯子在自 身重力作用下平衡时，两端的约束反力。
如果已知力F在直角坐标轴上的投影Fx和Fy，则 力F
F Fx2 Fy2
tan Fy
Fx 力F的指向可由投影Fx和Fy的正负号来确定(见表 2.1)。
如果把力F沿x、y轴分解为两个分力F1、F2，投 影的绝对值等于分力的大小，投影的正负号指明了分 力是沿该轴的正向还是负向。
【例2.1】试分别求出图2.5中各力在x轴和y轴上的投影。 已知F1=150N，F2=120N，F3=100N，F4=50N,各力的方向 如图所示。
理论力学第三章 平面任意力系ppt课件
精选课件PPT
34
ΣFX=0 ΣmA=0 附加条件：
OA ⊥X轴
y
A
Fi
F2
B
o
Fn
F1
x
(3)二力矩式
ΣmA=0 ΣmB=0 附加条件：
y mi
m2
A、B、O三点不共直线
mn
m1
3.平面力偶系
o
Σmi=0或Σmo(Fi)=0
x
精选课件PPT
14
图示三铰拱,在构件CB上分别作用一力偶M和力F,当求 铰链A,B,C的约束力时,能否将力偶M或力F分别移到 构件AC上?为什么?
§3-1-1 力的平移定理
❖ 内容
作用在刚体上某点的力可以等效地平移到 刚体上任一点（称平移点），但必须在该力 与该平移点所决定的平面内附加一力偶，此 力偶之矩等于原力对平移点之矩
精选课件PPT
下一节 返回上一级菜2单
❖ 证明
F'
F'
F
F
M
F"
F'F"F MM(F,F")FdMB(F)
精选课件PPT
(2)三力矩式 ΣmA=0 ΣmB=0 ΣmC=0 附加条件：A、B、C三点
不共直线
对一个平面任意力系， 若其处于平衡状态，能 列出无数个方程，是否 能求解无数个未知数？
B
A C
B
A
C
在刚体上A,B,C三点分别作用三个力F1,F2,F3,各 力的方向如图所示，问该力系是否平衡？为什么？
精选课件PPT
精选课件PPT
15
例3
已知起重机重P，可绕铅直轴AB转动，起 吊重量为Q的物体。起重机尺寸如图示。 求止推轴承A和轴承B处约束反力。
第三章-平面力系【可修改文字】
工程力学 第三章 平面力系
第一节 平面汇交力系合成与平衡的解析法
讨论力系的合成和平衡条件的方法可分为： 几何法：直观明了，物理意义明确。 解析法：计算规范﹑程式化，适合于计算机编程。
工程力学 第三章 平面力系
一、几何法
设作用于刚体上的四个力F1、F2、F3、F4，构成平面汇交力
系，根据力的可传性原理，首先将各力沿其作用线移到 O 点，
工程力学 第三章 平面力系
1.力的平移定理
可以把作用在刚体上点A的力平行移到任一点B，但必须 同时附加一个力偶。这个力偶的矩等于原来的力对新作用点 B的矩。
[证]
力F
力系 F, F, F
力F 力偶（F，F）
工程力学 第三章 平面力系
说明：
①力线平移定理揭示了力与力偶的关系：力 力+力偶
②力平移的条件是附加一个力偶m，且m与d有关，m=F•d
工程力学 第三章 平面力系
思考：
如图所示两种机构处于平衡状态，A，C处约束力和杆CD上 作用的力偶是否相同？
工程力学 第三章 平面力系
三.平面任意力系的简化
平面任意力系：各力的作用线在同一平面内，既不 汇交为一点又不相互平行的力系叫平面任意力系。
[例]
力系向一点简化： 把未知力系（平面任意力系）变成已知力系 （平面汇交力系和平面力偶系）
工程力学 第三章 平面力系
例2-3 如图所示三铰拱，不计拱重。已知结构尺
寸 a 和作用在 D 点的水平作用力F = 141.4N，求支座
A﹑C约束反力 FRA和 FRB。
解（1）取左半拱AB（包 括销钉B）为研究对象。
AB只受到右半拱BC 的作用力和铰链支座A 的约束反力，属于二力 构件。
《建筑力学》第三章平面一般力系
VS
产生条件
摩擦力的产生需要满足三个条件，即接触 面粗糙、接触面间有正压力和物体间有相 对运动或相对运动趋势。
考虑摩擦时物体平衡问题解决方法
01
02
03
静力学方法
通过受力分析，列出平衡 方程，考虑摩擦力对物体 平衡的影响。
动力学方法
分析物体的运动状态，根 据牛顿第二定律列出动力 学方程，考虑摩擦力对物 体运动的影响。
静定结构特性分析
1 2 3
内力与外力关系
静定结构的内力与外力之间存在一一对应的关系， 即外力的变化会直接导致内力的变化。
变形与位移
在荷载作用下，静定结构会产生变形和位移，但 变形和位移的大小与材料的力学性质有关，与结 构的超静定性无关。
稳定性分析
静定结构在受到微小扰动后，能够自动恢复到原 来的平衡状态，具有良好的稳定性。
求解未知数
通过解平衡方程，求解出未知 的力或力矩。
确定研究对象
根据问题要求，确定需要研究 的物体或物体系统。
列平衡方程
根据平面任意力系的平衡条件， 列出物体系统的平衡方程。
校验结果
将求解结果代入原方程进行校 验，确保结果的正确性。
05 静定结构内力计算
静定结构基本概念和分类
静定结构定义
静定结构是指在外力作用下，其反力和内力都可以用静力学平衡方程求解，且解答唯一确定的结构。
02 平面汇交力系分析
汇交力系几何法求解合力
几何法概念
利用力的平行四边形法则或三角形法则求解汇交力系的合 力。
求解步骤
首先确定各分力的方向和大小，然后选择合适的几何图形 （如平行四边形或三角形）进行力的合成，最后根据图形 求解合力的大小和方向。
注意事项
工程力学静力学第三章平面一般力系
目
CONTENCT
录
• 平面一般力系的简化 • 平面一般力系的平衡 • 平面一般力系的平衡问题 • 平面一般力系的平衡问题实例分析 • 平面一般力系中的摩擦力
01
平面一般力系的简化
力的平移定理
总结词
力的平移定理指出，一个力可以等效地分解为一个在原作用点作 用的力和一个通过某一定点、大小和方向与原力相同的力。
实例三：建筑结构的受力分析
总结词
通过建筑结构受力分析，深入理解平面一般力系在建 筑领域的应用。
详细描述
建筑结构是建筑物的重要组成部分，其受力分析是确保 建筑物安全和稳定的关键环节。在建筑结构的受力分析 中，需要考虑各种力的作用，包括重力、风载荷、地震 作用等。通过建立平面一般力系，可以详细分析建筑结 构的受力情况，从而优化设计方案、提高建筑物的安全 性能和稳定性。同时，合理的建筑结构受力分析也有助 于降低工程造价、节约资源和提高经济效益。
利用平衡方程进行受力分析，可以减少试验次数， 提高设计效率，降低成本。
03
平面一般力系的平衡问题
单个刚体的平衡问题
80%
刚体平衡的概念
刚体在力的作用下，如果保持静 止或匀速直线运动，则称该刚体 处于平衡状态。
100%
平衡条件的推导
根据力的平移定理和力的平行四 边形法则，推导出平面一般力系 的平衡条件为力系的主矢等于零 ，力系的主矩也等于零。
详细描述
在平面平行力系中，所有力的作用线都在同一平面内 且相互平行。这种力系可以通过合力或合力矩定理进 行简化。合力定理指出，作用于刚体上的所有外力的 合力为零，即这些力的矢量和为零。合力矩定理则指 出，作用于刚体上的所有外力对某一定点的力矩的矢 量和为零。通过这两个定理，我们可以将复杂的平面 平行力系简化为一个或几个单一的力或力矩，便于分 析和计算。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第三章 平面力系一、填空题1．力F 作用线向O 点平移时，为不改变它对刚体的作用效果，这时应该 附加一力偶，该力偶的矩等于力F 对O 点的矩。
2．平面任意力系向其作用平面内不同两点简化，所得主矢的关系是相同，所得主矩的关系是力系对新简化中心的主矩等于原力系对原简化中心的主矩加上作用于原简化中心的主矢对新简化中心的矩。
3．平面任意力系平衡方程的二矩式应满足的附加条件是两矩心的连线不垂直于投影轴。
二、选择题1．一平面任意力系向点A 简化后，得到如图3.1所示的主矢和主矩，则该力系的最后合成结果应是（A ）(A ) 作用在点A 左边的一个合力 (B ) 作用在点A 右边的一个合力 (C ) 作用在点A 的一个合力 (D ) 一个合力偶2．在刚体同一平面内A ，B ，C 三点上分别作用1F ，2F ，3F 三个力，并构成封闭三角形，如图3.2所示，此力系是属于什么情况（C ）(A ) 力系平衡 (B ) 力系简化为合力 (C ) 力系可简化为合力偶 (D ) 无法判断3．均质杆长为l ，重为W ，在D 处用一绳将杆吊于光滑槽内，则槽壁在A ，B 处对杆产生的反力A F ，B F 有关系（D ） (A ) A B F F > (B ) A B F F < (C ) 0A B F F ==(D ) 0A B F F =≠ 三、计算题1．试求图3.4中力P 对点O 的矩，已知60a cm =，20b cm =，3r cm =，400P N =。
解：（a ）()4000.6240O M Pa N m ==⨯=⋅P（b ）o 1()sin304000.61202O M P a N m =-⨯=-⨯⨯=-⋅P 图3.2图3.1 图3.3（c ）o o o ()cos20cos204000.03cos2011.3O M P r Pr N m =-⨯=-=-⨯=-⋅P（d）o o 1()sin30cos304000.64000.250.722O M P a P b N m =⨯-⨯=⨯⨯-⨯=⋅P （e）o o 1()cos60sin 604000.64000.2189.32O M P a P b N m =⨯+⨯=⨯⨯+⨯=⋅P2．如图3.5所示，在边长2a m =的正方形平板OABC 的A ，B ，C 三点上作用四个力：13F kN =，25F kN =，36F kN =，44F kN =。
求这四个力组成的力系向点O 简化结果和最后合成结果。
解：该力系向O 点简化的主矢为：'24375Rx x F F F F kN ==⨯+=∑'123475Ry y F F F F F kN ==-+⨯+=∑主矢'R F其方向与x 轴正向的夹角为o 45，如图所示。
主矩为图3.4(a)(b)(c) (d)(e)图3.5a 4Fa 4F R22334()1455O O M M F a F a F a kN m ==-⨯⨯+⨯⨯+⨯=⋅∑F其还可以进一步简化，其合力的作用线与x 轴的交点的坐标为'1427O Ry M d m F === 说明合力的作用线刚好通过C 点，如图所示。
3．如图3.6所示，梁AB 上受两个力的作用，1220P P kN ==，图中长度单位为m ，不计梁的自重，求支座A ，B 的反力。
解：（1）选梁AB 为研究对象 （2）受力分析如图所示 （3）列平衡方程 由 0x F =∑，有 o 2cos600Ax F P -=由0yF=∑，有o12sin 600Ay B F F P P +--=由()0AM=∑F ，有o 1272sin 6050B F P P ⨯-⨯-⨯=联立求解，可得10Ax F kN =，19.2Ay F kN =，18.1B F kN =4．简支梁AB 的支承和受力情况如图3.7所示。
已知分布载荷集度20/q kN m =，力偶矩的大小20M kN m =⋅，梁的跨度4l m =。
不计梁的自重，求支座A ，B 的反力。
解：（1）选梁AB 为研究对象 （2）受力分析如图所示 （3）列平衡方程 由 0x F =∑，有图3.6 B图3.7qo 30 ll q Bo sin300Ax B F F -=由()0AM =∑F ，有o cos30024B l lF l q M ⨯-⨯⨯-=由()0BM=∑F ，有3024Ay l lF l q M -⨯+⨯⨯-=联立求解，可得8.7Ax F kN =，25Ay F kN =，17.3B F kN =5．求图3.8所示所示的悬臂梁的固定端的约束反力和反力偶。
已知2M qa =。
解：（1）选梁AB 为研究对象 （2）受力分析如图所示 （3）列平衡方程 由 0x F =∑，有0Ax F =由0yF=∑，有20Ay F q a -⨯=由()0AM=∑F ，有20A M M q a a +-⨯⨯=联立求解，可得0Ax F =，2Ay F qa =，2A M qa =6．水平组合梁的支承情况和载荷如图 3.9所示。
已知500P N =，250/q N m =，500M N m =⋅。
求梁平衡时支座A ，B ，E 处反力。
（图中长度单位：m ）图3.8F q图3.9EyEy解：（1）分别选整体和梁CE 为研究对象 （2）受力分析如图所示 （3）分别列平衡方程 整体：由 0x F =∑，有0Ax F =由 0yF=∑，有40Ay Ey F F P q +--⨯=由()0AM=∑F ，有81440Ey F P q M ⨯-⨯-⨯⨯-=梁CE ：由()0CM=∑F ，有4210Ey F q M ⨯-⨯⨯-=联立求解，可得0Ax F =，250Ay F N =-，1500By F N =，250Ey F N =7．连续梁由AB 和BC 两部分组成，其所受载荷如图3.10所示。
试求固定端A 和铰链支座C 处的约束反力。
解：（1）分别选整体和梁BC 为研究对象 （2）受力分析如图所示（3）分别列平衡方程 整体：由 0x F =∑，有o o sin30cos600Ax C F F P --=由0yF=∑，有o o cos30sin 6020Ay C F F P q a +--⨯=由()0AM=∑F ，有o o cos304sin 60230A C M F a P a q a a M +⨯-⨯-⨯⨯-=梁BC ：由()0BM=∑F ，有o cos30220C F a q a a ⨯-⨯⨯=联立求解，可得23Ax P F qa =+，2Ay F P qa =+，222A M M qa =++，3C F = 8．图3.11所示支架中，1AB AE ED m ===，滑轮半径0.3r m =。
滑轮和各杆自重不计，若重物重100P kN =，求支架平衡时支座A ，B 处的约束反力。
图3.10CF qC解：（1）分别选整体和梁BC 为研究对象 （2）分别画出它们的受力图 （3）分别列平衡方程 整体：由 0x F =∑，有0Ax Bx F F +=由0yF=∑，有0Ay By F F P +-=由()0AM=∑F ，有1 2.30Bx F P ⨯-⨯=梁BC ：由()0EM=∑F ，有110.30Bx By C F F F ⨯-⨯-⨯=联立求解，可得230Ax F kN =-，100Ay F kN =-，230Bx F kN =，200By F kN =9．图3.12所示支架由两杆AD 、CE 和滑轮等组成，B 处是铰链连接，尺寸如图所示。
在滑轮上吊有重1000Q N =的物体，求支座A 和E 处约束反力的大小。
解：（1）分别选整体和杆CE 为研究对象 （2）分别画出它们的受力图 （3）分别列平衡方程 整体：由 0x F =∑，有0Ax Ex F F +=由0yF=∑，有 图3.11图3.12EEy FC0Ay Ey F F Q +-=由()0AM=∑F ，有1 2.0750Ex F Q ⨯-⨯=杆CE ：由()0BM=∑F ，有110.150Ex Ey C F F F ⨯+⨯+⨯=其中2C QF =。
联立求解，可得 2075Ax F N =，1000Ay F N =-，2075Ex F N =-，2000Ey F N =10．图3.13所示支架D 处是铰链连接。
已知12Q kN =。
不计其余构件自重，求固定铰支座A 和活动铰支座B 处约束反力，以及杆BC 的内力。
解：（1）分别选整体和杆CE 与滑轮组成的系统为研究对象 （2）分别画出它们的受力图 （3）分别列平衡方程 整体：由 0x F =∑，有0Ax E F F -=由0yF=∑，有0Ay B F F Q +-=由()0AM=∑F ，有4(2)(1.5)0B E F Q r F r ⨯-⨯+--=杆CE 与滑轮组成的系统：由 ()0D M =∑F ，有21.5(1.5)02.5CB E F Q r F r -⨯⨯-⨯-⨯-= 其中E F Q =。
联立求解，可得12Ax F kN =， 1.5Ay F kN =，10.5B F kN =，15CB F kN =-11．匀质杆AD 重P ，与长为2l 的铅直杆BE 的中心D 铰接，如图3.14所示。
柔绳的下端吊有重为G 的物体M 。
假设杆BE 、滑轮和柔绳的重量都忽略不计，连线AB 以及柔绳的CH 段都处于水平位置，求固定铰链支座A 的约束反力。
解：（1）分别选整体和杆AD 为研究对象 （2）分别画出它们的受力图 （3）分别列平衡方程 图3.13C整体： 由 ()0BM=∑F ，有o o 2cos30(2)cos300Ay HC F l G r F l r P l -⨯-⨯--+⨯=杆AD ：由()0DM=∑F ，有o o o 2sin 302cos30cos300Ax Ay F l F l P l -⨯-⨯+⨯=其中HC F G =。
联立求解，可得2Ax F G =，2Ay P F =12．支架CDE 上受均布载荷作用，载荷集度100/q N m =，支架的一端E 悬挂重为500W N=的物体。
尺寸如图3.15所示。
求支座A 的约束反力以及BD 杆所受的压力。
解：（1）分别选整体和杆CD 为研究对象（2）分别画出它们的受力图 （3）分别列平衡方程 整体：由 0x F =∑，有o cos300Ax CG F F -=由0yF=∑，有o sin 3030Ay CG F F q W +-⨯-=BxMDx图3.154由 ()0AM =∑F ，有o cos3043 1.530CG F q W ⨯-⨯⨯-⨯=杆CE ：由()0CM=∑F ，有o sin 4523 1.530DB F q W ⨯-⨯⨯-⨯=联立求解，可得487.5Ax F N =，518.5Ay F N =，1379DB F N =13．光滑圆盘D 重147G N =，半径10r cm =，放在半径50R cm =的半圆拱上，并用曲杆BECD 支撑（见图3.16）。