ll第三章 平面力系教学提纲
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
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§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
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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
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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
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.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
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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
第三章平面力系
二 平面平行力系的平衡方程
y
或
∑ Fy = 0 r ∑ M o ( F ) = 0
o
x
∑ M A ( F ) = 0 , r ∑ M B ( F ) = 0 AB连线不能与力线平行
解题步骤：研究对象，选取坐标， 解题步骤：研究对象，选取坐标，受力 分析，列解方程----必须画受力图！！！ ----必须画受力图 分析，列解方程----必须画受力图！！！
α
o
x
平面力系平衡方程的三力矩式 平面力系平衡方程的三力矩式
∑ M ∑ M ∑ M (F ) = 0 (F ) = 0 (F ) = 0
A B C
附加条件： 附加条件 三点不共线。 A，B，C三点不共线。
以上三类平衡方程都是平衡的充分且必要 条件，能够而且只能够求解三个未知量。 条件，能够而且只能够求解三个未知量。
二、多个汇交力的合成 力多边形规则
r r r r F R = F1 + F2 + F3 + F4 r r F2 r r F3 F2 F1 r = F1 r O F4 O
FR
r F3 r F4
=
r F2 r F1 O
r F3
r F4
FR
O
=
三、合力投影定理
r F2 r F1
r F3 r F4
已知 F1 , F 2 , L , F n
平面汇交力系的平衡(2) 平面汇交力系的平衡 r r r
r Rx = ∑Fxi 平 → R → Ry = ∑Fyi 衡
∑F ∑F
xi yi
=0 =0
平 Mi 衡 →
平面力偶系的平衡(1) 平面力偶系的平衡
已知 M 1 , M 2 , L , M
《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
第3章 1平面汇交力系
即平面汇交力系平衡的解析条件是：力系中各力在两个坐标轴 中每一轴上的投影之代数和均等于零。
∑Fx=0 ， ∑Fy=0
由于提供的独立的方程有两个， 故可以求解两个未知量。
y
FR y
FR F1
F2
FRx
Fn O x
建筑力学电子教案
例 题 2- 3
重物质量m =10 kg,悬挂在支架铰接点B处，A、C为固定铰 支座，杆件位置如图示，略去支架杆件重量，求重物处于平 衡时，AB、BC杆的内力。
(b)
y FCB 。 30 。 45 FAB B x mg
建筑力学电子教案
C 。 B y
60
45
。
FCB 。 30 。 45 FAB
B
x mg
A
(b)
（a）
由于求出的FAB和FCB 都是正值，所以原先假设的方向是正确的， 即BC 杆承受拉力，AB 杆承受压力。若求出的结果为负值，则
说明力的实际方向与原假定的方向相反。
FBC
B
FAB F2
60
30
FAB 0.366 P 7.321 kN
x
F1
FBC 1.366 P 27 .32 kN
建筑力学电子教案
求解平面汇交力系平衡问题的一般步骤： （1）弄清题意，明确已知量和待求量；
（2）恰当选取研究对象，明确所研究的物体； （3）正确画出研究对象的受力图（主动力，约束力，二 力构件，三力汇交平衡）； （4）合理选取坐标系，列平衡方程求解； （5）对结果进行必要的分析和讨论。
建筑力学电子教案
注意： 为避免解联立方程，可把一个轴放在垂直于一个未知力 的作用线上，这个未知力在轴上的投影为零，这个投影 方程就只有一个未知数，不必解联立方程。如在下例中
第3章-平面与空间一般力系
故求土压力 FR使墙倾覆的力矩，就是求 FR
对A点的力矩。由已知尺寸求力臂d不方便，但如果将
FR分解为两分力 F1 和 F2
M A (FR ) M A (F1) M A (F2 )
F1h / 3 F2b
，
＝FR cos 30
＝150kN 3
1h3.5m -F1R50siknN301h1.5m
注意：主矢与简化中心位置无关，主矩则有关。因此说
到力系的主矩时，必须指出是力系对于哪一点的主矩。
主矢的解析表达法
R RX 2 RY 2
RX X1 X 2 X n X1 X 2 X n X
同理： RY Y
R X 2 Y 2
Tan RY Y RX X
M0=∑M0=M0(F1)+M0(F2)+…M0(Fn)=∑M0(F)
又B处的支座反力垂直于支持面，要形成与已知力偶M反向的 力偶，B处的支座反力 FB 方向只能斜向上，A处的支座反力
FA 的方向斜向下，作用线与 FB 平行，且有 FA FB
n
由平衡条件 Mi 0 ，得： i 1
FB d M 0
30°
FB (4m sin 30 ) 20MkN m 0
n
Mi 0
i 1
【例题3-3】 如图3-10(a)所示的简支梁AB，受一力偶的作用。
已知力偶 M 20kN m ，梁长l 4m ，梁的自重不计。 求梁A、B支座处的反力。
30°
M
A B
4m
60°
d
M
A FA
B FB 4m
【解】 取梁AB为研究对象，梁AB上作用一集中力偶M且保持 平衡，由于力偶只能用力偶来平衡，则A、B处的支座反力必形 成一对与已知力偶M反向的力偶
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。
理论力学第三章平面力系
即
M M O(F ) Fd
目录
第三章 平面力系\力的平移定理
根据力的平移定理，也可以将同一平面内的一个力和一个力偶 合成为一个力，合成的过程就是上述的逆过程
力的平移定理不仅是力系向一点 简化的理论依据，也是分析力对物体 作用效应的一个重要方法。例如图示 厂房柱子受偏心荷载F的作用，为分 析力F的作用效应，可将力F平移至
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第三章 平面力系\平面汇交力系的合成与平衡
3.1 平面汇交力系的合成与平衡
所谓平面汇交力系，就是各力的作用线位于同一平面内且汇交 于一点的力系。
如图(a)所示用起重机吊装钢筋混凝土大梁，吊点C受到绳索拉力 FT1、FT2和吊钩拉力FT的作用，这三个力的作用线都在同一铅垂平 面内且汇交于一点［图(b)］，组成一个平面汇交力系。
计算结果FAB和FAC都是正值，说明图中所示方向为力的实际方向。 滑轮A作用于杆上和钢索上的力F'AC和F'AB分别与图中所示的力FAC 和FAB等值、反向，故杆AC受压力，钢索AB受拉力。
目录
第三章 平面力系\平面力偶系的合成与平衡
3.2 平面力偶系的合成与平衡
作用面都位于同一平面内的若干个力偶，称为平面力偶系。例 如，齿轮箱的两个外伸轴上各作用一力偶（如图），为保持平衡， 螺栓A、B在铅垂方向的两个作用力也组成一力偶，这样齿轮箱受到 三个在同一平面内的力偶的作用，这三个力偶组成一平面力偶系。
F1
目录
第三章 平面力系\平面汇交力系的合成与平衡
2 .平面汇交力系合力的计算
(1) 力在坐标轴上的投影
在力F作用的平面内建立直角坐标系Oxy。
由力F的起点A和终点B分别向坐标轴作 y
垂线，设垂足分别为a1、b1和a2、b2， b2
平面力系(说课课件)
平面汇交力系的合成与平衡（解析法）
力在坐标轴上的投影可根据下式计算：
Fx F cos
F y F sin
当投影Fx 、Fy 已知时，则可求出力 F 的大小和方向：
F Fx2 Fy2
tg
Fy FX
合力投影定理
合力在任一轴上的投影，等于它的各分力在同 一轴上的投影的代数和。
对于由n个力F1、F2、 Fn 组成的平面汇交力系， 可得：
教学目标及确立依据：根据教学内容及特点，以及 学生现有知识水平和理解能力，根据《教学大纲》 要求，现确定教学目标如下： 1、知识目标：通过力的合成计算公式、物体受力分析确 定平衡方程，求解平面汇交力系的合力及未知量。 2、能力目标：培养学生分析、解决工程上简单的实际问 题的能力。 3、情感目标：通过教学，激収収生的学习热情，培养学 生善于思考的习惯，提高教学质量。 4、根据大纲规定，掌握平面汇交力系平衡的解析条件， 熟练运用平衡方程解决简单的平面汇交力系平衡问题。
教法学法 教法分析 学法分析
复习（前面 相关内容） ——学生归 纳
练习（几何 法求解）— —学生练习
总结（几何 法优缺点） ——提问学 生的形式
引申本章节 课题（解析 法及平衡问 题）——教 师讲授
练习——学 生练习，教 师讲解
学法分析
结合学情
学法
参与双边 教学活动
课后延伸 学习复习
课前预习
结合工作页 自主学习
教学重点：运用平面一般力系的平衡方程求解简单的平衡问题。
教学难点：平面一般力系平衡条件、平衡方程基本形式的理解。
为了上好这次课，我先让学生总结几何法求解平面 汇交力系合力的优缺点，然后给出一个例题，让学 生用几何法来求解合力。 之后，复习力在坐标轴上的投影，幵结合教材内容， 引申出用解析法来求解几个力的合力的方法，最后， 结合力的平衡条件来讲解平面一般力系的平衡方程
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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 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）。