2.2 平面一般力系
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齿轮受一水平推力 的作用F 。已知 a = 0.4m，b =
0.6m，c = 0.25m，F = 160N。当不计轴承的宽度和 摩擦时，试求轴上A、B处所受的约束反力。
解 （1） 以齿轮转 动轴为研究对象进 行受力分析。
（2）取坐标系 Axy，列平面一般 力系的平衡方程。
c
n
Fix 0
i 1 n
力的平移定理可以用在分析实际机械加工问题。 例如用扳手和丝锥攻螺纹，要求两个手同时在扳 手的两端均匀用力，一推一拉，形成力偶作用。 下图为错误操作
2.2.2 平面一般力系向一点简化 主矢和主矩
设刚体上作用一平面一般力系 F1，F2，，Fn，
各力的作用点分别为 A1 , A2 , … , An 。在平面内任意 选一点 O，称为简化中心。
n
平衡方程 的解析式
Fiy 0
i 1 n
二 力 矩
（基本式） M O (Fi ) 0 式
i 1
n
M A (Fi ) 0
i 1 n
M B (Fi ) 0
Leabharlann Baidui 1
注意 二力矩式中A、B 两点的联线不能与 x 轴垂直。
例 如图所示，数控车床一齿轮转动轴自重G = 900N，水平安装在向心轴承A和向心推力轴承B之间。
固定端约束（插入端约束）：这类约束的特点是连 接处有很大的刚性，不允许构件与约束之间发生任 何相对运动。
2.2.3 平面一般力系的平衡方程
平面一般力系平衡的充分必要条件是：力系的 主矢和力系对任一点 O 的主矩分别等于零。
平面一般力系 的平衡方程
FR 0 M O 0
平衡方程 的解析式 （基本式）
240
kN
FB
FQ
(x 2) 1360 4
kN
欲使起重机满载时不致向右倾倒的条件为 FA 0
FA
FQ
(2 x) 4
240
kN
0
得 FQ (2 x) 240 (1)
（作用2）在空起载重时机（上F的P 四 0个）力：
构成平面平行力系。
x
n
M A (Fi ) 0
i 1 n
M B (Fi ) 0
i 1
二力矩式：A、B 两点的联线 AB 不能与 x 轴垂直。 三力矩式：A、B﹑C 三点不能共线。
选用基本式﹑二力矩式还是三力矩式，完全决定于 计算是否方便。不论何种形式，独立的平衡方程只
有三个。
2.2.4 平面平行力系的平衡方程
平面平行力系平衡的充分 必要条件是：力系中各力的代 数和等于零，以及各力对任一 点的矩的代数和等于零。
2.2 平面一般力系
平面一般力系：各力 的作用线在同一平面 内任意分布的力系。
P
平面平行力系：各力的作用线位于同一平面内并 且互相平行的力系。
2.2.1 力的平移定理
作用在刚体上的力可以向任意点平移，平移后附
加一个力偶，附加力偶的力偶矩等于原力对平移点的
力矩。
M MB(F) Fd
F
F
M Fd F
Fiy 0
i 1 n
M A (Fi ) 0
i 1
F FBx 0 FA G FBy 0 (a b)FBy aG cF 0
FBx 160N 解得 FBy 400N
FA 500N
例 如图所示水平梁 AB，受到一均布载荷和一
力偶的作用。已知均布载荷的集度 q 0.2kN/m， 力偶矩的大小 M 1kN m ，长度l 5m 。不计梁本
n
Fix 0
i 1 n
Fiy 0
i 1 n
M O (Fi ) 0
i 1
二 力 矩 式 注意
n
Fix 0
i 1
三
n
M A (Fi ) 0
力 矩
i 1 n
式
M B (Fi ) 0
i 1
n
M A (Fi ) 0
i 1 n
M B (Fi ) 0
i 1 n
M C (Fi ) 0
i 1
FAx FB cos 600 0
n
Fiy 0
i 1 n
M A (Fi ) 0
i 1
FAy F FB sin 600 0 F AC M FB sin 600 AB 0
FB 0.81kN
解得 FAx 0.40kN FAy 0.30kN
0.5l
0.5l
例 如图所示一可沿
身的质量，求支座 A、B 的约束反力。
解 （1）以梁 AB 为研究对象进行受力分析。将均布
载荷等效为集中力 F，方向铅垂向下，作用点在
AB 梁的中点 C，大小为：
F ql
0.2 5kN
1kN
（2）分析支座 A、B 的约束反力
0.5l
0.5l
（3）列平面一般力系的平衡方程，求解。
n
Fix 0
n
主矢 FR Fi i 1
n
主矩 M O M O (Fi ) i 1
R
• 主矢 FR大小和方向：既可根据力多边形法则用几何
法求出，也可根据解析法求得。
解析法
n
FRx F1x F2x Fnx Fix
i 1
n
FRy F1y F2 y Fny Fiy
i 1
FR大小
和方向
（1）满载时：作用在起
x
重机上的五个力构成平面
平行力系。
n
M A (Fi ) 0
i 1 n
M B (Fi ) 0
i 1
FQ (x 2) G 2 FP (10 2) FB 4 0
FQ (x 2) G 2 FP (10 2) FA 4 0
FA
FQ
(2
x) 4
i 1
FQ (x 2) G 2 FB 4 0
FQ (x 2) G 2 FA 4 0
FR FRx2 FRy2 Fix 2 Fiy 2
cos(FR ,i) Fix FR cos(FR , j) Fiy FR
注意
选取不同的简化中心，主矢不会改变，因为主矢总 是等于平面一般力系中各力的矢量和，也即主矢与 简化中心的位置无关。
但是主矩一般来说与简化中心的位置有关，因为一 般情况下力系中的各力对不同的简化中心的力矩是 不同的，所以力系中各力对不同的简化中心之矩的 代数和一般也是不相同的，在提到主矩时一定要指 明是对哪一点的主矩。
轨道移动的塔式起重机，
机身重G=200kN，作用
线通过塔架中心。最大
x
起重量FP=80kN。为防
止起重机在满载时向右
倾倒，在离中心线 x 处
附加一平衡重FQ，但又 必须防止起重机在空载
时向左边倾倒。试确定
平衡重FQ以及离左边轨 道的距离 x 的值。
解 以整个起重机为研究
对象进行受力分析，对满
载和空载情况分别考虑。
0.6m，c = 0.25m，F = 160N。当不计轴承的宽度和 摩擦时，试求轴上A、B处所受的约束反力。
解 （1） 以齿轮转 动轴为研究对象进 行受力分析。
（2）取坐标系 Axy，列平面一般 力系的平衡方程。
c
n
Fix 0
i 1 n
力的平移定理可以用在分析实际机械加工问题。 例如用扳手和丝锥攻螺纹，要求两个手同时在扳 手的两端均匀用力，一推一拉，形成力偶作用。 下图为错误操作
2.2.2 平面一般力系向一点简化 主矢和主矩
设刚体上作用一平面一般力系 F1，F2，，Fn，
各力的作用点分别为 A1 , A2 , … , An 。在平面内任意 选一点 O，称为简化中心。
n
平衡方程 的解析式
Fiy 0
i 1 n
二 力 矩
（基本式） M O (Fi ) 0 式
i 1
n
M A (Fi ) 0
i 1 n
M B (Fi ) 0
Leabharlann Baidui 1
注意 二力矩式中A、B 两点的联线不能与 x 轴垂直。
例 如图所示，数控车床一齿轮转动轴自重G = 900N，水平安装在向心轴承A和向心推力轴承B之间。
固定端约束（插入端约束）：这类约束的特点是连 接处有很大的刚性，不允许构件与约束之间发生任 何相对运动。
2.2.3 平面一般力系的平衡方程
平面一般力系平衡的充分必要条件是：力系的 主矢和力系对任一点 O 的主矩分别等于零。
平面一般力系 的平衡方程
FR 0 M O 0
平衡方程 的解析式 （基本式）
240
kN
FB
FQ
(x 2) 1360 4
kN
欲使起重机满载时不致向右倾倒的条件为 FA 0
FA
FQ
(2 x) 4
240
kN
0
得 FQ (2 x) 240 (1)
（作用2）在空起载重时机（上F的P 四 0个）力：
构成平面平行力系。
x
n
M A (Fi ) 0
i 1 n
M B (Fi ) 0
i 1
二力矩式：A、B 两点的联线 AB 不能与 x 轴垂直。 三力矩式：A、B﹑C 三点不能共线。
选用基本式﹑二力矩式还是三力矩式，完全决定于 计算是否方便。不论何种形式，独立的平衡方程只
有三个。
2.2.4 平面平行力系的平衡方程
平面平行力系平衡的充分 必要条件是：力系中各力的代 数和等于零，以及各力对任一 点的矩的代数和等于零。
2.2 平面一般力系
平面一般力系：各力 的作用线在同一平面 内任意分布的力系。
P
平面平行力系：各力的作用线位于同一平面内并 且互相平行的力系。
2.2.1 力的平移定理
作用在刚体上的力可以向任意点平移，平移后附
加一个力偶，附加力偶的力偶矩等于原力对平移点的
力矩。
M MB(F) Fd
F
F
M Fd F
Fiy 0
i 1 n
M A (Fi ) 0
i 1
F FBx 0 FA G FBy 0 (a b)FBy aG cF 0
FBx 160N 解得 FBy 400N
FA 500N
例 如图所示水平梁 AB，受到一均布载荷和一
力偶的作用。已知均布载荷的集度 q 0.2kN/m， 力偶矩的大小 M 1kN m ，长度l 5m 。不计梁本
n
Fix 0
i 1 n
Fiy 0
i 1 n
M O (Fi ) 0
i 1
二 力 矩 式 注意
n
Fix 0
i 1
三
n
M A (Fi ) 0
力 矩
i 1 n
式
M B (Fi ) 0
i 1
n
M A (Fi ) 0
i 1 n
M B (Fi ) 0
i 1 n
M C (Fi ) 0
i 1
FAx FB cos 600 0
n
Fiy 0
i 1 n
M A (Fi ) 0
i 1
FAy F FB sin 600 0 F AC M FB sin 600 AB 0
FB 0.81kN
解得 FAx 0.40kN FAy 0.30kN
0.5l
0.5l
例 如图所示一可沿
身的质量，求支座 A、B 的约束反力。
解 （1）以梁 AB 为研究对象进行受力分析。将均布
载荷等效为集中力 F，方向铅垂向下，作用点在
AB 梁的中点 C，大小为：
F ql
0.2 5kN
1kN
（2）分析支座 A、B 的约束反力
0.5l
0.5l
（3）列平面一般力系的平衡方程，求解。
n
Fix 0
n
主矢 FR Fi i 1
n
主矩 M O M O (Fi ) i 1
R
• 主矢 FR大小和方向：既可根据力多边形法则用几何
法求出，也可根据解析法求得。
解析法
n
FRx F1x F2x Fnx Fix
i 1
n
FRy F1y F2 y Fny Fiy
i 1
FR大小
和方向
（1）满载时：作用在起
x
重机上的五个力构成平面
平行力系。
n
M A (Fi ) 0
i 1 n
M B (Fi ) 0
i 1
FQ (x 2) G 2 FP (10 2) FB 4 0
FQ (x 2) G 2 FP (10 2) FA 4 0
FA
FQ
(2
x) 4
i 1
FQ (x 2) G 2 FB 4 0
FQ (x 2) G 2 FA 4 0
FR FRx2 FRy2 Fix 2 Fiy 2
cos(FR ,i) Fix FR cos(FR , j) Fiy FR
注意
选取不同的简化中心，主矢不会改变，因为主矢总 是等于平面一般力系中各力的矢量和，也即主矢与 简化中心的位置无关。
但是主矩一般来说与简化中心的位置有关，因为一 般情况下力系中的各力对不同的简化中心的力矩是 不同的，所以力系中各力对不同的简化中心之矩的 代数和一般也是不相同的，在提到主矩时一定要指 明是对哪一点的主矩。
轨道移动的塔式起重机，
机身重G=200kN，作用
线通过塔架中心。最大
x
起重量FP=80kN。为防
止起重机在满载时向右
倾倒，在离中心线 x 处
附加一平衡重FQ，但又 必须防止起重机在空载
时向左边倾倒。试确定
平衡重FQ以及离左边轨 道的距离 x 的值。
解 以整个起重机为研究
对象进行受力分析，对满
载和空载情况分别考虑。