第4章：平面一般力系

3、R≠0，LO≠0，原力系简化成一个力偶和一个作用 于点O 的力。这时力系也可合成为一个力。
说明如下：
R
LO
O
=
R R
Lo
OR A
Lo R
= OR A
AO L0 R
m0F
R
R
§4–2 平面一般力系简化结果的讨论.合力矩定理
4、 R=0，而LO=0，原力系平衡。
综上所述，可见：
⑴、平面任意力系若不平衡，则当主矢主矩均不 为零时，则该力系可以合成为一个力。
4、联立求解：
MA=-38.6 kN•m (顺时针） NAy
NAx= 0
A
NAx
C
T
B
NAy=-19.2 kN （向下）
MA Q
§4–4 平面平行力系的平衡
平面平行力系平衡的充要条件：
力系中各力的代数和等于零 ，以这些力对 任一点的矩的代数和也等于零。
平面平行力系的平衡方程：
一矩式： Fy 0 , mOF 0
A1 O
A2
A3ห้องสมุดไป่ตู้
F1
= F2
l1
l2
O
l3
=
F3
F3
R
O
LO
§4–1 平面一般力系的简化•主矢与主矩
共点力系F1、 F2、 F3的合成结果为一作用点在 点O 的力R。这个力矢R 称为原平面任意力系的主矢。
R F1 F2 F3 F1 F2 F3
附加力偶系的合成结果是作用在同平面内的力
偶，这力偶的矩用LO 代表，称为原平面任意力系对 简化中心 O 的主矩。
Fx 0 :
N Ax 0
Fy 0 :
N Ay Q ND 0
mAF 0 :
3 2 Q 2ND M 0
4、联立求解：
y
M
NAy
Q
ND= 475 N NAx= 0
A
NAx
C
D
B
x
ND
NAy= -175 N
§4–3 平面一般力系的平衡条件和平衡方程
例题 4-3-3 某飞机的单支机翼重 Q=7.8 kN。飞机 水平匀速直线飞行时，作用在机翼上的升力 T= 27
2、主矩Lo可由下式计算：
L0 mo F1 mo F2 mo Fn mo F
§4–2 平面一般力系简化结果的讨论.合力矩定理
简化结果的讨论
1、R=0，而LO≠0，原力系合成为力偶。这时力系主 矩LO 不随简化中心位置而变。
2、LO=0，而R≠0，原力系合成为一个力。作用于点O 的力R就是原力系的合力。
A、B、C 三点不共线。
§4–3 平面一般力系的平衡条件和平衡方程
例题 4-3-1 伸臂式起重机如图所示，匀质伸臂AB
重P=2200N，吊车D、E 连同吊起重物各重QD=QE=4000N。 有关尺寸为：l = 4.3m，a = 1.5m，b = 0.9m，c =
0.15m, α=25°。试求铰链A 对臂AB 的水平和垂直
反力，以及拉索BF 的拉力。
y
F
c
C
A
αB
QD
a
QE
b
l
FAy
A
FAx D
T
α
CE
B
x
解：
QD P
QE
1、取伸臂AB为研究对象
2、受力分析如图
§4–3 平面一般力系的平衡条件和平衡方程
3、选列平衡方程：
Fx 0 : FAx T cos 0
Fy 0 : FAy QD P QE T sin 0
m A
F
0
:
QD
a
P
l 2
QE
l
b
T
cos
y
c
T
sin
l
0
4、联立求解，可得：
T = 12456 N FAx= 11290 N
FAy
A
FAx D
T
α CE
B x
FAy= 4936 N
QD P
QE
§4–3 平面一般力系的平衡条件和平衡方程
例题 4-3-2 梁AB上受到一个均布载荷和一个力偶
作用，已知载荷集度q = 100N/m，力偶矩大小M =
500 N•m。长度AB = 3m，DB=1m。求活动铰支D 和
固定铰支A 的反力。
q
M
A
D
B
2m
1m
y
M
NAy
Q
A
NAx
CD
B
x
解：
ND
1、取梁AB为研究对象。
2、受力分析如图，其中Q=q.AB=100×3=300N；作
用在AB的中点C 。
§4–3 平面一般力系的平衡条件和平衡方程
3、列平衡方程：
B
F
mo Fx yFx
A y
Fx
Ox
x
mo Fy xFy
§4–2 平面一般力系简化结果的讨论.合力矩定理
例题 4-2-1 在长方形平板的O、A、B、C 点上分别作 用着有四个力：F1=1kN，F2=2kN，F3=F4=3kN（如图）， 试求以上四个力构成的力系对点O 的简化结果，以及
该力系的最后的合成结果。
1 2 3 3 1 0.768
y
F2
60°
A
22
B
F3
2m
R Rx2 Ry2 0.794
cosR、x Rx 0.614
R
R , x 526'
cosR、y Ry 0.789
R
R , y 3754'
F1
O
3m
y A
R
O
F4 C 30° x
B
C
x
§4–2 平面一般力系简化结果的讨论.合力矩定理
kN，力的作用线位置如图示。试求机翼与机身连接 处的约束力。
T
A
C
B
770
Q
2083
2580
解：
NAy
T
NAx
A
C
B
MA Q
1、取机翼为研究对象。
2、受力分析如图.
§4–3 平面一般力系的平衡条件和平衡方程
3、列平衡方程：
Fx 0 :
N Ax 0
Fy 0 :
NAy Q T 0
mAF 0 : M A Q AC T AB 0
二矩式： mAF 0 , mB F 0
且A、B 的连线不平行于力系中各力。
由此可见，在一个刚体受平面平行力系作用而平 衡的问题中，利用平衡方程只能求解二个未知量。
§4–4 平面平行力系的平衡
例题 4-4-1 一种车载式起重机，车重Q = 26kN，起重机伸 臂重G= 4.5kN，起重机的旋转与固定部分共重W = 31kN。尺
L0 l1 l2 l3
mo F1 mo F2 mo F3
§4–1 平面一般力系的简化•主矢与主矩
推广： 平面任意力系对简化中心O 的简化结果
主矢：
R F1 F2 Fn F
主矩：
L0 mo F1 mo F2 mo Fn mo F
结论： 平面任意力系向面内任一点的简化结果，是
第四章 平面一般力系
§4–1 平面一般力系的简化•主矢与主矩
一、力系向给定点O 的简化
应用力线平移定理，可将刚体上平面任意力系 中各个力的作用线全部平行移到作用面内某一给定
点O 。从而这力系被分解为平面共点力系和平面力 偶系。这种变换的方法称为力系向给定点O 的简化 。点O 称为简化中心。
F1
F2
平面任意力系平衡的充要条件： 力系的主矢等于零 ，又力系对任一点的主矩也
等于零。 平衡方程：
Fx 0 , Fy 0 , moF 0
平衡方程其他形式：
Fx 0 , mAF 0 , mB F 0
A、B 的连线不和x 轴相垂直。
mAF 0 , mBF 0 , mC F 0
一个作用在简化中心的主矢；和一个对简化中心 的主矩。
§4–1 平面一般力系的简化•主矢与主矩
§4–1 平面一般力系的简化•主矢与主矩
三、主矢、主矩的求法：
1、主矢可接力多边形规则作图求得，或用解析
法计算。
R Rx2 Ry2
Fx 2
Fy 2
方向余弦：
cosR, x Fx R
cosR, y Fy R
解：取坐标系Oxy。 1、求向O点简化结果：
①求主矢R：
2m
y
F2
60°
A
F1
O
3m
B
F3
F4 C 30° x
Rx Fx F2 cos 60 F3 F4 cos30 0.598
§4–2 平面一般力系简化结果的讨论.合力矩定理
Ry Fy F1 F2 sin 60 F4 sin 30
② 求主矩：
L O
m o
F
2F cos60 2F 3F sin30 0.5
2
3
4
（2）、求合成结果：合成为
一个合力R，R的大小、方向与 R’相同。其作用线与O点的垂
2m
y
F2
60°
A
F1
O
3m
y A
B
F3
F4 C 30° x
B
直距离为： d Lo 0.51m R
Lo
R/ R
O d
C
x
§4–3 平面一般力系的平衡条件和平衡方程
⑵、平面任意力系若不平衡，则当主矢为零而主 矩不为零时，则该力系可以合成为一个力偶。
§4–2 平面一般力系简化结果的讨论.合力矩定理
合力矩定理
平面任意力系的合力对作用面内任一点的 矩，等于这个力系中的各个力对同一点的矩的 代数和。
mo R mo F
mo F mo Fx mo Fy
y
Fy
4、联立求解：
G
N 1 2Q 2.5G 5.5P
A 3.8
A
Q
B
5、不翻条件：NA≥0 NA 1.8
2.0 2.5
NB
由上式可得P 1 2Q 2.5G 7.5kN
5.5
故最大起重重量为 Pmax= 7.5 kN
P
3.0
寸如图所示，单位是m，设伸臂在起重机对称面内，且放在图
示位置，试求车子不致翻倒的最大起重量Pmax。
W G
P
A
Q
B
解：
NA 1.8
2.0 2.5 3.0
NB
1、取汽车及起重机为研究对象。
2、受力分析如图。
§4–4 平面平行力系的平衡
3、列平衡方程：
Fy 0:
NA NB P Q G W 0
mB F 0 : 5.5P 2.5G 2Q 3.8N AW0