2平面基本力系讲解
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平面基本力系
W2
y
FA θ B
45°
x
, θ = 58.5°
W1
F'BC
2.2 平面力偶系
力偶和力偶矩 平面内力偶的等效定理 平面力偶系的合成 平面力偶系的平衡条件
1.力对点之矩 1.力对点之矩
力对某点的矩, 描述刚体转动效应 力对某点的矩 描述刚体转动效应 O 为参考系中的某一点，称为矩心 为参考系中的某一点，称为矩心
A
α FAB M1 O
∑M = 0
i
M1 − r ·FAB cosα= 0
FO
− M2 + 2r ·FBA cosα= 0
因为 则得 FAB = FBA M2 = 2 M1
FBA
B
M2 α FD D
第二章 平面基本力系
A C
a a
B
30º
解： 1. 取梁 作为研究对象。 取梁AB作为研究对象。 作为研究对象
A B C
a a
30º
2. 画出受力图。 画出受力图。 3. 应用平衡条件画出 应用平衡条件画出F，FA 的闭合力三角形。 和FB的闭合力三角形
60º
4. 解得 FA=Fcos 30°=17.3 kN FB=Fsin 30°=10 kN
(1) 图解法 (2) 解析法
中点C作用着力 其大小等于2 例 2–1 水平梁 中点 作用着力 1 水平梁AB中点 作用着力F，其大小等于 kN，方向与 其大小等于 方向与 梁的轴线成60 支承情况如图所示， 梁的轴线成 º角，支承情况如图所示，试求固定铰链支座 和 支承情况如图所示 试求固定铰链支座A和 活动铰链支座B的约束力，梁的自重不计。 活动铰链支座 的约束力，梁的自重不计。 的约束力
平面力系-PPT课件
力偶：两个大小相等、方向相反且不共线的平行力组成 的力系。 记作（F，F′） d 称为力偶臂 力偶所在的平面称为力偶的作用面。
2.4 平面力偶
（1）力偶不能合成为一个力，力偶也不能用一个力来平衡。因 此，力和力偶是静力学的两个基本要素
（2）力偶对作用面内任一点的矩，与矩心的位置无关。 力偶对点O的矩为Mo（F，F′）,则 M o (F ,F ) M o (F ) M o (F ) F (x d ) F xF d 力偶矩是一个代数量，其绝对值等于力的 大小与力偶臂的乘积，正负号表示力偶的 转向：一般以逆时针转向为正，反之为负。
合力矩定理：平面汇交力系的合力对于平面内任一点之 矩等于所有各分力对于该点之矩的代数和。
n
MO(FR) MO(Fi) i1
上式适用于任何有合力存在的力系。
2.3 平面力系中力对点之矩的概念及计算
力矩的解析表达式 已知力F，作用点A（x,y）及夹角θ。 力F 对坐标原点O之矩
M O (F ) M O (F y) M O (F x)
Fx 0 FBAF1sin30F2sin60 0 Fy 0 FBC F1co3s0F2co6s0 0
F 1F2P2k0N 4.解方程
F B A 0 .3P 6 6 7 .3k 2N 1F BC 1.36 P 62.3 7k 2N FBC为正值，表示这力的假设方向与实际方向相同， 即杆BC受压。 FBA为负值，表示这力的假设方向与实际 方向相反，即杆AB也受压力。
结论:平面汇交力系可简化为一合力,其合力的大小与方向
等于各分力的矢量和(几何和),合力的作用线通过汇交点。
特殊情况：如力系中各力的作用线都沿同一直线，则
此力系称为共线力系它是平面汇交力系的特殊情况，该力
2.4 平面力偶
（1）力偶不能合成为一个力，力偶也不能用一个力来平衡。因 此，力和力偶是静力学的两个基本要素
（2）力偶对作用面内任一点的矩，与矩心的位置无关。 力偶对点O的矩为Mo（F，F′）,则 M o (F ,F ) M o (F ) M o (F ) F (x d ) F xF d 力偶矩是一个代数量，其绝对值等于力的 大小与力偶臂的乘积，正负号表示力偶的 转向：一般以逆时针转向为正，反之为负。
合力矩定理：平面汇交力系的合力对于平面内任一点之 矩等于所有各分力对于该点之矩的代数和。
n
MO(FR) MO(Fi) i1
上式适用于任何有合力存在的力系。
2.3 平面力系中力对点之矩的概念及计算
力矩的解析表达式 已知力F，作用点A（x,y）及夹角θ。 力F 对坐标原点O之矩
M O (F ) M O (F y) M O (F x)
Fx 0 FBAF1sin30F2sin60 0 Fy 0 FBC F1co3s0F2co6s0 0
F 1F2P2k0N 4.解方程
F B A 0 .3P 6 6 7 .3k 2N 1F BC 1.36 P 62.3 7k 2N FBC为正值，表示这力的假设方向与实际方向相同， 即杆BC受压。 FBA为负值，表示这力的假设方向与实际 方向相反，即杆AB也受压力。
结论:平面汇交力系可简化为一合力,其合力的大小与方向
等于各分力的矢量和(几何和),合力的作用线通过汇交点。
特殊情况：如力系中各力的作用线都沿同一直线，则
此力系称为共线力系它是平面汇交力系的特殊情况，该力
第二章 平面基本力系
r 求: MO (F ).
解: 直接按定义
r = 60m m
MO (F ) = F ⋅ h = F ⋅ r ⋅ cosθ = 78.93N⋅ m
按合力矩定理
MO
( )
r r r F = MO F + MO F t r
( )
( )
= F ⋅ cos θ ⋅ r = 78.93N⋅m
§2-4
一.力偶和力偶矩
已知：M , M2 ,LMn; 1 任选一段距离d
M 1 =F 1 d
M2 =F 2 d
M1 = Fd 1
M2 = F d 2
Mn =F n d
Mn = −Fnd
= =
=
F = F + F +L− F
R 1 2 n
F′ = F′+ F′+L− F′
R 1 2 n
=
=
=
M = FRd = F d + F2d +L− Fnd = M1 + M2 +LMn 1
解得
M1 + M2 + M3 FA = FB = = 200N l
例2-6 ： ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ知
M1 = 2kN⋅ m, OA = r = 0.5m, θ = 30o ;
， M2及铰链O，B处的约束力.
圆轮上的销子A放在摇杆BC上的光滑导槽内。 求：平衡时的
解：取轮,由力偶只能由力偶平衡的性质,画受力图.
∑M = 0
( ) ( )
力对点之矩 是一个代数量，它的绝对值等于力的大小与力臂
的乘积，它的正负：力使物体绕矩心逆时针转向时为正，反之为 负。常用单位N·m或kN·m
二、汇交力系的合力矩定理
解: 直接按定义
r = 60m m
MO (F ) = F ⋅ h = F ⋅ r ⋅ cosθ = 78.93N⋅ m
按合力矩定理
MO
( )
r r r F = MO F + MO F t r
( )
( )
= F ⋅ cos θ ⋅ r = 78.93N⋅m
§2-4
一.力偶和力偶矩
已知：M , M2 ,LMn; 1 任选一段距离d
M 1 =F 1 d
M2 =F 2 d
M1 = Fd 1
M2 = F d 2
Mn =F n d
Mn = −Fnd
= =
=
F = F + F +L− F
R 1 2 n
F′ = F′+ F′+L− F′
R 1 2 n
=
=
=
M = FRd = F d + F2d +L− Fnd = M1 + M2 +LMn 1
解得
M1 + M2 + M3 FA = FB = = 200N l
例2-6 ： ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ知
M1 = 2kN⋅ m, OA = r = 0.5m, θ = 30o ;
， M2及铰链O，B处的约束力.
圆轮上的销子A放在摇杆BC上的光滑导槽内。 求：平衡时的
解：取轮,由力偶只能由力偶平衡的性质,画受力图.
∑M = 0
( ) ( )
力对点之矩 是一个代数量，它的绝对值等于力的大小与力臂
的乘积，它的正负：力使物体绕矩心逆时针转向时为正，反之为 负。常用单位N·m或kN·m
二、汇交力系的合力矩定理
工程力学平面基本力系课件
n
矢量的表达式：R = F1+ F2+ F3+ ···+ Fn Fi
i 1
2、平面汇交力系平衡的充要几何条件： 该力系的力多边形自行封闭，即力系中各力的矢
量和等于零。
F 0
§2–2 平面汇交力系合成与平衡的几何法
例题 2-1 水平梁AB 中点C 作用着力P，其大小等于20kN，方
向与梁的轴线成60º角，支承情况如图(a)所示，试求固定铰链
第 §2–1 力系的基本类型 二 章 §2–2 平面汇交力系合成与平衡的几何法
平 面
§2–3 平面汇交力系合成与平衡的解析法
基 §2–4 力对点之矩
本 力
§2–5 力偶及其性质
系 §2–6 力偶系的合成与平衡
§2–1 力系的基本类型
平面汇交力系
平面力偶系
平面汇交力系——各力的作用线都在同一平面内且
(1) 取制动蹬ABD 作为研究对象。
I
P
ND
J
SB
K
(c)
(2) 画出受力图。
(3) 应用平衡条件画出P、SB 和ND 的闭和力三角形。
§2–2 共点力系合成与平衡的几何法
（4）由几何关系得： OE EA 24 cm
A
P
tg DE 0.25
24
OE
O
C
O B E 6 arctg0.25 142'
A B
30°
30°
C
P
a
y
SAB B
x
30°
SBC Q 30° P
b
解：
1. 取滑轮B 轴销作为研究对象。
2. 画出受力图（b)。
§2–4 平面汇交力系合成与平衡的解析法
矢量的表达式：R = F1+ F2+ F3+ ···+ Fn Fi
i 1
2、平面汇交力系平衡的充要几何条件： 该力系的力多边形自行封闭，即力系中各力的矢
量和等于零。
F 0
§2–2 平面汇交力系合成与平衡的几何法
例题 2-1 水平梁AB 中点C 作用着力P，其大小等于20kN，方
向与梁的轴线成60º角，支承情况如图(a)所示，试求固定铰链
第 §2–1 力系的基本类型 二 章 §2–2 平面汇交力系合成与平衡的几何法
平 面
§2–3 平面汇交力系合成与平衡的解析法
基 §2–4 力对点之矩
本 力
§2–5 力偶及其性质
系 §2–6 力偶系的合成与平衡
§2–1 力系的基本类型
平面汇交力系
平面力偶系
平面汇交力系——各力的作用线都在同一平面内且
(1) 取制动蹬ABD 作为研究对象。
I
P
ND
J
SB
K
(c)
(2) 画出受力图。
(3) 应用平衡条件画出P、SB 和ND 的闭和力三角形。
§2–2 共点力系合成与平衡的几何法
（4）由几何关系得： OE EA 24 cm
A
P
tg DE 0.25
24
OE
O
C
O B E 6 arctg0.25 142'
A B
30°
30°
C
P
a
y
SAB B
x
30°
SBC Q 30° P
b
解：
1. 取滑轮B 轴销作为研究对象。
2. 画出受力图（b)。
§2–4 平面汇交力系合成与平衡的解析法
第二章 平面力系
第二章
平面力系
§2-1 一般概念
一.力系分类
平面力系（汇交力系、平行力系、一般力系） 空间力系
二.工程实例 在工程地质和工程建筑物中，常遇到
的一些平面力系问题，如：
铁路绗架、水坝、坝基 空间问题一般简化为平面问题处理
W1
W2
1m
§2-2 平面汇交力系的合成与分解
一、二力合成 1、几何法：已知作用在物体上的两个力，F1、F2 ，它们
5.力偶在任意坐标轴上的投影恒等于零.
§2-6 平面力系的合成
一、力的平移定理 作用在物体上的力可以平移到任意点，但必须附加上
一力偶，其矩大小等于此力对新作用点之矩。
M B M B (F ) F d （2 - 10）
二、平面任意力系向已知点简化（如下图）
1、简化方法：
2、简化结果：
主矢 FR Fi 主矩 M O M O (F i) （2 - 11）
P 2 10m
BT T
W1 R
N W2
T
P2
解：可以用解析法和图解法解此题 答案：Ｔ=7500KN，N=21500KN
§2-8 平面一般力系平衡条件和方程式
一、平面任意力系的平衡条件（充要条件）
R0， M00 二、平面任意力系平衡方程式 主矢
必有 主矩
R ( F x)2( F y)20
Fx 0
主矢与简化中心无关，主矩与简化中心有关
三、平面任意力系的合成
1、力和力偶合成一个力 2、合力矩定理：
平面力系的合力，对该平面任一点之矩，等于各分力 对同一点之矩的代数和。
n
M0 R m0(Fi) i1
3、简化结果分析，四种情况有三种结果
§2-7 重心
平面力系
§2-1 一般概念
一.力系分类
平面力系（汇交力系、平行力系、一般力系） 空间力系
二.工程实例 在工程地质和工程建筑物中，常遇到
的一些平面力系问题，如：
铁路绗架、水坝、坝基 空间问题一般简化为平面问题处理
W1
W2
1m
§2-2 平面汇交力系的合成与分解
一、二力合成 1、几何法：已知作用在物体上的两个力，F1、F2 ，它们
5.力偶在任意坐标轴上的投影恒等于零.
§2-6 平面力系的合成
一、力的平移定理 作用在物体上的力可以平移到任意点，但必须附加上
一力偶，其矩大小等于此力对新作用点之矩。
M B M B (F ) F d （2 - 10）
二、平面任意力系向已知点简化（如下图）
1、简化方法：
2、简化结果：
主矢 FR Fi 主矩 M O M O (F i) （2 - 11）
P 2 10m
BT T
W1 R
N W2
T
P2
解：可以用解析法和图解法解此题 答案：Ｔ=7500KN，N=21500KN
§2-8 平面一般力系平衡条件和方程式
一、平面任意力系的平衡条件（充要条件）
R0， M00 二、平面任意力系平衡方程式 主矢
必有 主矩
R ( F x)2( F y)20
Fx 0
主矢与简化中心无关，主矩与简化中心有关
三、平面任意力系的合成
1、力和力偶合成一个力 2、合力矩定理：
平面力系的合力，对该平面任一点之矩，等于各分力 对同一点之矩的代数和。
n
M0 R m0(Fi) i1
3、简化结果分析，四种情况有三种结果
§2-7 重心
知识点2：平面力系
知识点2：平面力系一、平面汇交力系的合成与平衡的几何法(1)平面汇交力系的合成用力多边形法则，合力的大小和方向由力多边形的封闭边来表示，其作用线通过各力的汇交点，即合力等于力系中各力的矢量和，即∑=+++=F F F F F n R 21(2)平面汇交力系的平衡平面汇交力系平衡的必要和充分的几何条件是力多边形自行封闭。
即0==∑F F R二、平面汇交力系的合成与平衡的解析法1．力在坐标轴上的投影力在坐标轴上的投影等于力的模乘以力与投影轴正向间夹角的余弦，如图2-1所示，它是一标量，即θcos F F x =； θβs i n c o s F F y == （2-1）图2-1 图2-22．力沿坐标轴的分解力沿坐标轴的分力是一矢量，其合力与分力之间应满足力的平行四边形公理。
如图2-2所示。
力沿坐标轴分解的分力的大小为xyxyx)sin(sin βθβ+=F F x ； )s i n (s i nβθθ+=F F y（2-2）由此可见，在一般情况下，力沿坐标轴分解的分力的大小不等于力在坐标轴上投影的大小。
当2πβθ=+时，在同一坐标上分力的大小和投影相等，如图2-3所示。
（a ）（b ）图2-33．合力投影定理合力在某轴上的投影等于各分力在同一轴上投影的代数和，即∑=x Rx F F ； ∑=y Ry F F（2-3）当投影轴x 与y 垂直时，其合力的大小与方向为22RyRx R F F F +=，R RxR F F =),cos(i F ，RRy R F F =),cos(j F （2-4）4．平面汇交力系的合成当两坐标轴间的夹角为2π时有2222)()(∑∑+=+=y x Ry Rx R F F F F F（2-5）RxR F F∑=),cos(i F ，RyR F F∑=),cos(j F5．平面汇交力系的平衡 由几何法知0=R F代入前面的代数表达式有0)()(2222=+=+=∑∑y x Ry Rx R F F F F Fx F y即0=∑xF；0=∑yF（2-6）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的代数和均等于零。
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 ，
第二章平面力22系
FB
C
5a
5a
4）联立求解：
A 5a D x
FA
5 F, 2
FD
F 2
FA
FD
FA为负值，说明图中所假设的指向与其实际指向
相反，FD为正值，说明图中所假设的指向与其实
际指向相同。
第三节 平面力偶系的合成与平衡
一、 力偶和力偶矩
1、力偶——大小相等的二反向平行力。
d
⑴、作用效果：引起物体的转动。
力矩的概念
例题
力矩的性质
例题：图中，如作用于扳手上的力F = 200 N，l = 0.40 m，α= 60°，试计算力F→ 对点O之矩。
解：
MO(F ) = - F ·d = - F ·l sinα= - 200×0.40×sin 60° N·m= - 69.3 N·m
y
Fy 0, FB cos 600 FC cos 300 - Q 0
5）联立求解： FB =15kN , FC 26kN
A x
Q
练习2
水平力F 作用在门式刚架的B点，如图所示，刚
架的自重忽略不计。试求A、D两处的约束力。
B
F
C
a
A
D
2a
练习2
水平力F 作用在门式刚架的B点，如图2.12a所示，
用扳手拧一螺母，使扳手连同螺母绕点O（实为绕通过点O 而垂直于图面的轴）转动。
由经验得知，力的数值愈大，螺母拧得愈紧；力的作用线 离螺母中心愈远，拧紧螺母愈省力。用钉锤拔钉子也有类 似的情况。许多这样的事例，使我们获得如下概念：力F→ 使物体绕点O转动的效应，不仅与力的大小有关，而且还与 点O到力的作用线的垂直距离d有关。故要用乘积Fd来度量 力的转动效应。
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60º
30º
60º
解：
(1) (2) (3) (4)
(a)
(b)
取梁AB作为研究对象。 画出受力图。 应用平衡条件画出P、NA和NB的闭合力三角形。 解出：NA=Pcos30=17.3kN，NB=Psin30=10kN
平面基本力系
第二章
例题 2-1
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§ 2 –3
平面共点力系平衡的几何条件
静 力 学
平面基本力系
静 力 学
§2–1 平面力系的基本类型
第 二 章 平 面 基 本 力 系
理论力学
§2–2 平面共点力系合成的几何法 §2–3 平面共点力系平衡的几何条件 §2–4 力在坐标轴的投影 §2–5 平面共点力系合成的解析法 §2–6 平面共点力系平衡的解析法 §2–7 两个平行力的合成 §2–8 力偶和力偶矩•共面力偶的等效条件 §2–9 平面力偶系的合成和平衡条件
A
例 2–3 图(a)所示是汽车制动机构的一部分。司机踩到制动
P
24
y
C O B E D
6
FD
O
45°
FB
D
x
P
(a)
解：
(1)
(b)
取制动蹬ABD作为研究对象。
平面基本力系
(2) 画出受力图(b)。
第二章
例题2-3
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§2–6 平面共点力系平衡的解析条件
(3) 列出平衡方程：
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§2–6 平面共点力系平衡的解析条件
例题 2-4
例 2–4 梯长AB=1m，W=100N，重心假设在中点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°角的光滑斜坡上 （如下图)，求梯子在自身重力作用下平衡时，两端的约束反力以 及梯子和水平面的夹角θ。 y
A
C
间夹角的余弦。 反之，当投影Fx 、Fy 已知时，则可求出力 F 的大小 和方向：
F Fx2 Fy2 Fy Fx cos , cos F F
第二章 平面基本力系
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§ 2 –4
力在坐标轴上的投影
二、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。 证明： 以三个力组成的共点力系为例。设有三个共点力F1、F2 、F3如图（a)。 F1 B
(3）应用平衡条件画出P、SB和ND的闭和力三角形。
（4）由几何关系得：
OE EA 24 cm
O B D
C E
6
DE 6 1 tg OE 24 6
P
(a)
A
1 arctg 14 2' 4 sin180 S P 由力三角形可得： B sin
由三角形的相似，△ACK∽△ADA′ F1 F1 和△BCK∽△BEB′，可得： AC CK CB CK AD DA' EB EB'
B’´
A’´ K
F2
F2´ F1´ R
AC CB
第二章
平面基本力系
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§ 2 –7
AC CB AC CK CB CK AC F 2 CB F1 AD DA' EB EB'
1、平面共点力系的合成结果 平面共点力系可以合成为一个力，合力作用在 力系的公共作用点，它等于这些力的矢量和，并可 由这力系的力多边形的封闭边表示。 矢量的表达式：R = F1+ F2+ F3+ · · · + Fn Fi
2、共点力系平衡的充要几何条件：
i 1 n
该力系的力多边形自行闭合，即力系中各力的矢量和于零。
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§ 2 –1
平面力系的基本类型
力系的分类
共点力系
平面力系
力偶系 任意力系
共点力系
空间力系
力偶系 任意力系
第二章
平面基本力系
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§2–2 平面共点力系合成的几何法 1、合成的几何法：
F1 F1 F2 F4 F3
A B
F2
C
A
F3
D
FR
F4
E
表达式：FR = F1+ F2+ F3+ F4
合力的大小
y
Fy
y
Rx R B
x
RY Ry
2 y
R R R
2 x
F F
2 x
2
O
合力R的方向余弦
Rx cos R
第二章
Rx 图 2 –6
F
R
x
Ry , cos R
F
R
帮助
y
平面基本力系
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§2–6 平面共点力系平衡的解析条件 平面共点力系平衡的充要解析条件是： 力系中所有各力在两个坐标轴中每一轴上的 投影的代数和分别等于零。 平面共点力系的平衡方程:
联立求解，考虑到：，得： NA=83.9N，NB=130.5N
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N A N B cos 0
W
E
40°
NB
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§2–6 平面共点力系平衡的解析条件
2.求θ。 在直角三角形BEC和BED中，
y
例题 2-4
NA
A
D C
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§2–6 平面共点力系平衡的解析条件
解析法求解平面共点力系平衡问题的一般步骤: 1. 选分离体，画受力图。分离体选取应最好含题设的 已知条件。 2. 3. 在力系平面内选坐标系。 将各力向二坐标轴投影，并应运平衡方程∑Fx=0， ∑Fy=0，求解。
第二章
平面基本力系
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§ 2 –1
平面力系的基本类型
汇交力系 共点力系 力偶
——
—— ——
各力的作用线均汇交于一点的力系。 各力均作用于同一点的力系。
作用线平行、指向相反而大小相等的两个力。
——
平面力系
各力的作用线都在同一平面内的力系。否 则为空间力系。
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平面基本力系
§2–1平面力系的基 本类型
F1
A F2 A R D
F2
C F3
F3 (a)
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x (b)
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§ 2 –4
各力在x轴上投影： F1x= ab , F2x= bc ,
力在坐标轴上的投影
F1
A R D a B F2 C F3 x b d c (b)
F3x= -dc
合力 R 在x轴上投影： R x= ad
例题 2-2
上的力P=212N，方向与水平面成=45角。当平衡时，BC水平，AD 铅直，试求拉杆所受的力。已知EA=24cm，DE=6cm点E在铅直线DA 上，又B、C、D都是光滑铰链，机构的自重不计。
A
例 2–2 图(a)所示是汽车制动机构的一部分。司机踩到制动蹬
P
24
P
AC OBE DF 0
第二章 平面基本力系
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§ 2 –3
例 2–1
平面共点力系平衡的几何条件
例题 2-1
水平梁AB中点C作用着力P，其大小等于2kN，方
向与梁的轴线成60º 角，支承情况如图(a)所示，试求固定铰链支 座A和活动铰链支座B的反力。梁的自重不计。
A
a
B
C
a 30º
30º
40°
x
B
EC EB tg ,
ED EB tg
W
E
40°
NB
已知C是AB中点，DE是平行四边形ADBE的对角线，所以
C也是DE的中点，
1 即： EC ED 2 1 1 tg tg tg 50 0.596 , 2 2
第二章 平面基本力系
由图知
ad = ab + bc + (-dc)
R x= F1x+ F2x+ F3x
推广到任意多个力F1、F2、 Fn组成的平面共点力系，可得：
R x= F1x+ F2x+ + Fnx = Fx
第二章
平面基本力系
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§2–5 平面共点力系合成的解析法
根据合力投影定理得
R y F1 y F2 y Fny
B P Q
30° P
x
C
SAB
b
a
解：
1. 取滑轮B轴销作为研究对象。 2. 画出受力图（b)。
第二章 平面基本力系
例题2-5
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§2–6 平面共点力系平衡的解析条件
3. 列出平衡方程：
y
例题 2-5
0 SBAcon 30 S AB Q sin 30 0 Fy 0 S Bccos 60 P Q cos 30 0
F2´ F1´