第二章基本力系
2工程力学静力学第二章 基本力系
即：平面汇交力系的合力等于各分力的矢量和，合力的作用 平面汇交力系的合力等于各分力的矢量和， 线通过各力的汇交点。 线通过各力的汇交点。 二、平面汇交力系平衡的几何条件（力多边形自行封闭） 平面汇交力系平衡的几何条件（力多边形自行封闭） 平面汇交力系平衡的充要条件是
R = ∑F = 0
在上面几何法求力系的合力中，合力 为零意味着力多边形自行封闭。所以平 平 面汇交力系平衡的必要与充分的几何条 件是： 件是： 力多边形自行封闭 或 力系中各力的矢量和等于零
30
§2 - 3
问题的提出： 问题的提出： 平面一般力系的简化
与力偶不同，力是滑移 矢量而不是自由矢量， 其作用线如果作平行移 动，会改变它对刚体的 作用效果。
力线平移
31
力线平移定理 F` O
∥ F`=F``= F
F`
. .
A
F
O
.
F``
结论: 力的作用线可以平行移动,移动后必须附加一个力偶 必须附加一个力偶,附加力偶 必须附加一个力偶 的力偶矩等于原来的力对所移动点的力矩。 M=mo（F） 平移结果： 平移结果：一力平移后即引出一个附加力偶以维持力在原作用点时的 作用效应，附加力偶之矩等于原力对新作用点之矩，转动方向取决于 原力绕新作用点的转动方向。
由图可看出，各分力在x轴和在y 轴投影的和分别为：
即：
Rx = X1 + X2 + X4 = ∑X
Ry = Y1 + Y2 + Y3 + Y4 = ∑Y
Rx = ∑ X
R y = ∑Y
合力投影定理：合力在某一轴上的投影， 合力投影定理：合力在某一轴上的投影，等于各分力在同一 轴上投影的代数和。 轴上投影的代数和。
第二章 力系的等效简化(陆)
F
A
A
A
A
作用在刚体上的力，可以等效地平移到刚体上任一指定点， 但必须在该力与指定点所确定的平面内附加一个力偶，附加力偶 的力偶矩等于原力对指定点的力矩。
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§2－３
力系的简化
FR 3
一、 汇交力系的简化 １. 汇交力系合成的几何法
FR与MO同方向，则称为右手螺旋；如FR与MO方向相 反，则称为左手螺旋。
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例2－４ 将图所示的力系向Ｏ点简化，求主矢量和主矩。已知 F1=50N，F2=100N，F3=200N。图中长度单位为ｍ。
解：为了下面计算方便，先将各力沿坐标轴分解：
F1 50 i F2 ( 3 / 45 ) 100 i ( 6 / 45 ) 100 k 44.7i 89.4k
2 2 2 R Rx Ry Rz Rx R R Ry R R Rz R R
y
FR
z
x
如果所研究的力系是 平面汇交力系，取力系所 在平面为平面，则该力系 的合力的大小和方向只需 将 FRz=0代入上式中便可 求得。
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例2－1 用解析法求图2－１４所示平面汇交力系的合力。已知 F1=500Ｎ，F2=1000Ｎ，F3=600Ｎ，F4=2000Ｎ。
（２） 若FR≠０， MO≠０，而FR⊥MO ， 表明力偶MO与FR在同一平面内，可进一步 简化为一个合力。 合力的位置必须满足： 合理矩定理：
M (F ) M
0 R
i0
M (F ) M
x R
ix
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平面力偶系
F
（A）
第二章 平面基本力系
B
（B）
F
29
力偶系的平衡
思考题：结构如图所示，已知各杆均作用一个主动力偶 M， 确定各个铰链约束力的方向（不计构件自重）
A
M
O
M B
第二章 平面基本力系
30
力偶系的平衡
例:求当系统平衡时,力偶 M1, M2 应满足的关系。
研究BD
研究AC
C
M1 D
B
M1
D
NB
MO (Fn ) Fn h Fnr cos
78.93 N m
解法二
r
或根据合力矩定理，将
O
力Fn分解为圆周力F 和径向 F
力Fr , 则力Fn对轴心O的矩
MO Fn MO (F) MO (Fr ) MO (F) Fnr cos
Fn Fr
第二章 平面基本力系
9
例题
力对点之矩
水平梁AB受三角形分布的载荷作用，如图所示。
载荷的最大集度为q， 梁长l。试求合力作用线的位置。
q
A
Bx
第二章 平面基本力系
10
例题
力对点之矩
F
q A
dx x
h l
第二章 平面基本力系
解： 在梁上距A端为x的微段 dx上，作用力的大小为q’ dx，
其中q’ 为该处的载荷集度 ，
i 1
第二章 平面基本力系
6
三、力矩的解析表达式
Mo(F)= xFy-yFx
x、y是力F作用点A的坐标， 而Fx 、 Fy是力F在x、y轴的投影，
计算时用代数量代入。
合力FR对坐标原点之矩的解析表达式
《理论力学》基本力系
接触点处受到法向约束力的作用。
03
铰链约束
铰链约束是指两个构件通过销钉或铰链连接在一起，并能绕销钉或铰链
相对转动。这种约束只能限制物体沿垂直于销钉轴线的运动，而不能限
制物体绕销钉的转动。
平衡条件及求解方法
平面力系的平衡条件
平面任意力系平衡的充分必要条件是，力系的主矢和主矩都为零。即所有各力在x轴和y轴 上的投影的代数和分别等于零；所有各力对任意一点之矩的代数和也等于零。
汇交力系平衡条件应用
平衡条件
汇交力系平衡的充分必要条件是合力为零，即力多边形自行封闭。
应用
在静力学中，汇交力系平衡条件可应用于求解未知力、判断物体是否平衡等问题 ；在动力学中，可用于分析物体的运动状态及受力情况。
04 平面任意力系简化与平衡
平面任意力系简化方法
向一点简化
选择适当的一点，将力系中的各 力向该点平移，得到一个等效的 平面汇交力系和一个平面力偶系。
主矢和主矩
平面任意力系向作用面内任一点 简化时，一般可得到一个力和一 个力偶，这个力称为该力系的主 矢，这个力偶的矩称为该力系对
简化中心的主矩。
合力矩定理
平面任意力系的合力对作用面内 任一点之矩，等于力系中各分力
对于同一点之矩的代数和。
简化结果分析
当主矩为零时，主矢也为零
01
说明该力系本身是平衡的，或者可以合成为一个合力。
合力矩
主矩表示原力系对物体的 总体转动效应，其大小和 方向由主矩矢量确定。
平衡条件
当且仅当主矢和主矩都为 零时，空间任意力系才处 于平衡状态。
空间任意力系平衡条件应用
静力学问题
利用空间任意力系的平衡条件，可以解决各种静力学问题， 如物体的平衡、刚体的平衡等。
材料力学 第2章 力系简化
而合力的作用点即平行力系的中心：
n
xC
lim
n
Fi xi
i 1 n
l
q( x) xdx
0 l
lim
n
i 1
Fi
0 q(x)dx
分布力对点A之矩
分布力包围的面积
结论：分布力的合力的大小等于分布力载荷图的面积，合
力的作用线通过载荷图的形心。
2.2 物体的重心、质心和形心
例2-5 如图所示，已知q、l, 求分布力对A点之矩。
2.2 物体的重心、质心和形心
xC
ΣFi xi ΣFi
，yC
ΣFi yi ΣFi
，zC
ΣFi zi ΣFi
3、平行力系中心的性质
平行力系的中心位置只与各平行力的大小和作用点的 位置有关，与平行力的方向无关。
2.2 物体的重心、质心和形心
二、物体的重心、质心和形心
1、重心
n个小体积ΔVi
坐标xi、yi、zi
（2）实验测定方法 悬挂法
称重法
l
A
C
B
xC G
FNB
二力平衡 两次悬挂
2.2 物体的重心、质心和形心
三、分布力
工程上存在大量分布力的情况，通常需要确定这些分布力
的合力的大小及其合力作用线的位置。对于图示的线分布力，
可以视为由无穷个集中力所构成的平行力系，
其合力的大小：FR
l
q ( x)dx
0
FP1 450kN，FP2 200kN
F1 300kN ，F2 70kN
求：
（1）力系向点 O 简化的结果；
（2）力系简化的最终结果。
2.1 力系简化
解：（1）确定简化中心为O点
第二章 平面基本力系
23
例题2
A B
利用铰车绕过定滑轮
B的绳子吊起一货物重G = 20
30°
30° C
kN ， 滑轮由两端铰接的水平
刚杆 AB 和斜刚杆 BC 支持于点 B 。不计铰车的自重，试求杆 AB和BC所受的力。
G
a
24
y
FBC
解：
1.取滑轮 B 轴销作为研究对象。
x
B
30°
30°
2.画出受力图。 3.列出平衡方程：
9
两个特例 (1)力与坐标轴垂直，则力在该轴上投影为零；
(2)力与坐标轴平行，则力在该轴上投影的绝对值与 该力大小相等。
已知投影，反求力
若已知力F 在坐标轴上的投影X、Y，则该力 的大小及方向余弦为
F X 2 Y 2 X cos F
10
课堂思考
分力和投影有何联系和不同？
FR (X ) 2 (Y ) 2 1.11kN
解
方向为
X cos 0.977 FR
解得 α＝12º 12＇
19
课堂小结
解析法求平面汇交力系合力的几个注意点： 1、注意投影与分力的区别； 2、合力投影定理是揭示平面汇交力系中各力与力系合力关系的 重要定理，必须深刻理解其含义，并能正确应用； 3、解析法是建立在力的投影的基础之上的，所以必须建立合适 的平面直角坐标系，一般选取力系汇交点为坐标原点； 4、求力系合力时必须按照一定的步骤进行，以防出错。
30
F1
30
2、如图所示压榨机中，杆AB和BC
E D
的长度相等，自重忽略不计。A ，
B ， C 处为铰链连接。已知活塞 D
上受到油缸内的总压力为 F=3 kN ，
第2章 力系的简化
16 第2章 力系的简化 2.1 主要内容2.1.1 汇交力系汇交力系合成为通过汇交点的合力，合力的大小、方向等于各分力的矢量和F F R ∑=或 汇交力系的合力在轴上的投影等于各分力在同一轴上的投影的代数和，称之为合力投影定理，即R R R 111,,nnnx xi y yi z zi i i i F F F F F F ======∑∑∑2.1.2 力偶系力偶系合成结果为一合力偶，其力偶矩M 等于各力偶矩的矢量和：∑==ni i1MM合力偶矩矢在各直角坐标轴上的投影：∑∑∑======ni ziz ni yi y ni xi x MM MM MM 111,,或 k j i M iz iy ix M M M ∑+∑+∑=平面力偶系可合成为一合力偶，合力偶矩等于各分力偶矩的代数和：i M M ∑=2.1.3 任意力系力的平移定理作用在刚体上的力，可平行移动到刚体上任一点，平移时需附加一力偶，附加力偶的矩等于原作用力对平移点之矩，称为力的平移定理。
该定理表明，一个力可以等效于一个力和一个力偶。
其逆定理表明，可将平面内的一个力和一个力偶等效于一个力。
用一简单力系等效地替代一复杂力系称为力系的简化或合成，应用力的平移定理，将力系向一点简化的方法是力系简化的普遍方法。
kj i F z y x F F F ∑+∑+∑=R17力系向一点简化·主矢和主矩力系向任一点O （称简化中心）简化，得到通过简化中心的一个力及一个力偶。
力系中各力的矢量和称为力系的主矢量。
即F F ∑='R主矢与简化中心位置无关力系中各力对简化中心之矩的代数和称为力系对简化中心的主矩。
即)(F O O M M ∑=主矩与简化中心位置有关。
力系的简化结果归结为计算两个基本物理量——主矢和主矩。
它们的解析表达式分别为R1111()nni i i i n nO i O i i i ====⎫''==⎪⎪⎬⎪==⎪⎭∑∑∑∑F F F M M M F 力的大小、方向等于力系的主矢量，力偶矩矢等于力系对O 点的主矩。
第二章力系的简化理论
z
F1
x
O
F3
a
C
b
y
0
A
B
M O ( Fa Fc)i Fbj
15
2-3 力偶
16
1. 力在轴上投影是代数量,力对轴之矩是代数量。 2. 刚体上的力是滑移矢量；
力对点之矩是定位矢量；
力偶矩矢是自由矢量。
16
2-3 力偶
17
作业：P7 2；P8 5
17
18
2-4 力系的简化理论
(2)对轴
M x (FR ) M x (Fi )
合力对任一点（轴）之矩等于各分力对 同一点（轴）之矩的矢量（代数）和。
8
2-3 力偶
1.力偶的概念 1)定义: 两个等值、反向、不共线平行力，记为 (F , F ) 2)实例:
9
F
F
力偶不能合成为一个力，也不能与一个力平 衡，是产生转动效果的度量，是一个基本力学量。
23
1.空间一般力系向任一点简化 （1）过程: 选O点为简化中心
z
z
Fn
rn r2 O r1
F2
MOn
y
Fn
x
O
F1
MO2 F2 F1 M O1
y
x
z
空间汇交力系：
FR
O
Fi Fi
空间力偶系： M Oi M O ( Fi )
y
MO
合力 力偶
Fi Fi FR
M O M Oi M O ( Fi )
y
500 N
0.8 m 80 N m
100 N 0.6 m
O
1m 200 N
1m
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12F 3F 0135090O 3132-⋅图z142-⋅图第二章 基本力系[习题2-1] 一钢结构节点，在沿OA ，OB ，OC 的方向上受到三个力的作用，如图2-13所示。
已知kN F 11=,kN F 41.12=,kN F 23=,试求这三个力的合力。
解:[习题2-2] 已知如图2-14所示，N F 621=，N F 322=，N F 13=，N F 244=，N F 75=，求五个力合成的结果（提示：不必开根号，可使计算简化）。
xyPTF22036O152-⋅图解：[习题2-3]动学家估计，食肉动物上颚的作用力P 可达800N ，如图2-15示。
试问此时肌肉作用于下巴的力T 、F 是多少？ 解：解：0=∑xF162-⋅图W结点受力图A 036cos 22cos 00=-F T22cos 36cos F T =0=∑yF036sin 22sin 00=-+P F T 80036sin 22sin 22cos 36cos 000=+F F )(651.87436sin 22tan 36cos 80000N F =+=)(179.76322cos 36cos 651.87422cos 36cos 000N F T ===[习题2-4]航空航天展览馆内由绳索悬挂一飞机，如图2-16所示。
已知飞机的质量为kg 1250，试求绳索AB 、BC 、和CD 承受的拉力。
解：（1） 以结点A 为研究对象 飞机的重量为：kN N mg W 25.12)(122508.91250==⨯== 0=∑y F 070sin 0=-W T ABABBA T T =结点受力图B BCCB T T =结点受力图C CDTACR 铰受力图C m4. )(036.1370sin 25.1270sin 00kN W T AB ≈==（2）以B 结点为研究对象 0=∑x F070cos 50cos 00=-AB BC T T 0050cos /70cos AB BC T T =)(936.650cos /70cos 036.1300kN T BC ≈⨯= （3以C 点为研究对象 0=∑x F050cos 30cos 00=-BC CD T T 0030cos /50cos BC CD T T =)(148.530cos /50cos 936.600kN T CD ≈⨯=[习题2-5] 液压圆筒受到3个力作用，如图2-17所示。
已知圆柱BC 作用于圆筒的力为8kN ，试求AC 、CD 作用于圆筒的力。
解：0=∑x F06.015.015.04.01175.06.075.0222222=+⨯-+⨯-+⨯AC CD BC R R R0618.015.0077.1196.075.08=⨯-⨯-⨯AC CD R R 02427.09285.025.6=--AC CD R R182-⋅图B25.62427.09285.0=+AC CD R R AC CD R R 2614.07313.6-=0=∑yF06.015.06.04.014.075.06.06.0222222=+⨯++⨯-+⨯-AC CD BC R R R0618.06.0077.14.096.06.0=⨯+⨯-⨯-AC CD BC R R R09709.03714.0625.0=+-⨯-AC CD BC R R R 09709.0)2614.07313.6(3714.05=+-⨯--AC AC R R 09709.0)2614.07313.6(3714.05=+-⨯--AC AC R R 09709.00971.05.25=++--AC AC R R 5.7068.1=AC R)(023.7kN R AC ≈)(895.4023.72614.07313.6kN R CD ≈⨯-=[习题2-6] 三铰拱受铅垂力P F 作用，如图2-18所示。
如拱的重量不计，求A 、B 处支座反力。
解：0=∑x F0cos 45cos 0=-θB A R RB A R l l l R 22)23()2(222+=B A R R 10121=B A R R 51=0=∑yF0sin 45sin 0=-+P B A F R R θP B A F R l l l R =++22)23()2(2321P B A F R R =+10321 P B B F R R =+⨯1035121P B F R =104P P B F F R 791.0410≈=31623.0101)23()2(2cos 22≈=+=l l l θ0565.71≈θA R TF WF 030闸门平衡条件θP P P A F P F R 354.04241051≈=⨯=方向如图所示。
[习题2-7] 如图2-19所示，弧闸门自重kN F W 150=，试求提起闸门所需的拉力T F 和铰支座A 处的反力。
解： 提起闸门时，地面对圆弧的反力为0。
0)(=∑i AF M06860sin )46(60cos 00=⨯+⨯--⨯-W T T F F F0615034=⨯+--T T F FkN kN F T 114)(519.113341900≈≈+=提起闸门时，作用在闸门上的三个力构成的力三角形自行封闭。
如图所示。
02230cos 2W T W T A F F F F R -+=)(673.76866.0150114215011422kN R A ≈⨯⨯⨯-+= 346.15330sin 673.76sin 1140==θ 7434.0346.153114sin ≈=θ0023.48≈θ，方向如图所示。
202-⋅图F45BR AR F -的平衡条件轮C FF的受力图轮C 212-⋅图的受力图圆柱2N GN 12N 的平衡条件圆柱20600302F [习题2-8] 已知kN F 10=，杆AC 、BC 及滑轮重均不计，如图2-20所示。
试用作图法求杆AC 、BC 对滑轮的约束反力。
解：以C 铰为研究对象，其平衡条件如图所示。
由图中的几何关系可知，F R F A =- 0=A R)(142.14104142.12kN F R B ≈⨯==[习题2-9] 直径相等的两均质混凝土圆柱放在斜面AB 与BC 之间，如图2-21所示。
柱重kN F F 4021==。
设圆柱与斜面接触处是光滑的，试用作图法求圆柱对斜面D 、E 、G 处的压力。
解：圆柱2的受力图与平衡条件如图所示。
A的受力图圆柱16030的平衡条件圆柱11F E N 21N N D -由平衡条件图可知，)(2024022kN F N G ===)(64.34866.04060sin 0212kN F N =⨯==圆柱2的受力图与平衡条件如图所示。
由平衡条件图可知，)(2024021kN F N E ===)(64.34866.04060sin 0121kN F N N D =⨯==-)(64.3464.34kN N D =- )(28.69kN N D =[习题2-10] 如图2-22所示，一履带式起重机，起吊重量kN F P 100=，在图示位置平衡。
如不计吊臂AB 自重及滑轮半径和摩擦，求吊臂AB 及揽绳AC 所受的力。
的受力图轮A的受力图轮A 解：轮A 的受力图如图所示。
0=∑xF030cos 20cos 45cos 000=--P AC AB F T R603.869397.07071.0=-AC AB T R AC AB T R 3289.1476.122+=0=∑yF030sin 20sin 45sin 000=---P P AC AB F F T R010*******.07071.0=---AC AB T R 1503420.07071.0=-AC AB T R1503420.0)3289.1476.122(7071.0=-+⨯AC AC T T 1503420.09397.06023.86=-+AC AC T T 3977.635977.0=AC T )(069.106kN T AC ≈)(432.263069.1063289.1476.1223289.1476.122kN T R AC AB =⨯+=+=解法二：用如图所示的坐标系。
0=∑yF045sin 15sin 25sin 0=-+P P AC F F T00025sin )15sin 45(sin -=P ACF T )(106077.10625sin )15sin 45(sin 100000kN ≈=-=0=∑xF045cos 15cos 25cos 000=---P P AC AB F F T R232-图)45cos 15(cos 25cos 000++=P AC AB F T R)(26337.263)45cos 15(cos 10025cos 106000kN ≈=++=[习题2-11] 如图2-23所示，压路机的碾子重kN F W 20=，半径mm R 400=，若用水平力F 拉碾子越过高mm h 80=的石坎，求F 应多大？若要使F 为最小，力min F 与水平线的夹角α应为多大？此时min F 等于多少？ 解：用水平力拉碾子越过石坎时，22)()(h R R F h R F W --=-22)80400(400)80400(--=-W F FW F F 240320=)(152075.075.0kN F F W =⨯==当力不是水平时，用力拉碾子越过石坎要满足，22)()sin ()(cos h R R F F h R F W ---=-αα)sin (3cos 4ααF F F W -=203sin 3cos 4⨯=+ααF F60)sin 3cos 4(=+F ααααsin 3cos 460+=F令0)sin 3cos 4()cos 3sin 4(6002=++--=αααααd dF ，得： 0cos 3sin 4=+-αα ααcos 3sin 4= 75.0tan =α即087.36≈α时，F 取最小值：)(1287.36sin 387.36cos 460sin 3cos 46000kN F =+=+=ααN[习题2-12] 如图2-24所示，长l 2的杆AB ，重W F ，搁置在宽a 的槽内。
A 、D 接触处都是光滑的，试求平衡时杆AB 与水平线所成的角α（设a l >）。
解：以AB 杆为研究对象，其受力图如图所示。
0)(=∑i AF M0cos cos =⋅-⋅ααl W aN Dα2cos W alN D =0=∑ixF0sin =-αD Ax N Nαααsin cos sin 2W alN N D Ax ==0=∑iyF0cos =-+W N N D Ay α)cos 1(cos cos 33αααalW W a l W N W N D Ay-=-=-=实际上，AB 杆在A 处所受到的约束是光滑面接触约束，约束反力的方向沿着接触面的公法线方向，即水平方向，指向AB 杆，故0)cos 1(3=-=αa lW N Ayla=α3cos31)arccos(la=α)(cB )(a )(b [习题2-13] 如图2-25所示结构上作用一水平力F ，试求A 、C 、E 三处的支座反力。