工程力学-第三章 平面一般力系
合集下载
《工程力学》第三章 平面一般力系
• 运用解析法：在力系所在平面上取坐标系 O -xy(图3-3(a))，应用合力投影定理， 则由(3-2)式得
• 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
• 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
3第三章平面任意力系
固定端（插入端）约束
说明: ①认为Fi 这群力在同一平面内; ② 将Fi向A点简化得一力和一力偶; ③FA方向不定可用正交分力FAx, Fay 表示; ④ FAy, FAx, MA为固定端约束反力;
⑤ FAx, FAy限制物体平动, MA为限
制转动。
11
MO
§3-2 平面一般力系的简化结果 合力矩定理 y 简化结果：主矢 F ' R ，主矩 M O 。
∴ 力的直线方程为：
MO
x
FR '
x
O
x
670.1 x 232.9 y 2355 0
2355 当 y 0, x 3.5 m 670 .1
18
FR
§3-3 平面一般力系的平衡条件与平衡方程
F' 0 R MO 0
为力平衡，没有移动效应。 为力偶平衡，没有转动效应。
P
45
0
M A (F i ) 0 :
FC sin45 AC P AB 0
B
FAy
FAx
y
A
C
FAx 20.01kN ,
FAy 10.0kN
FC
x
FC 28.3kN
或： M C ( F i ) 0 : FAy AC P CB 0
22
o
例：求横梁A、Ｂ处的约束力。已知 M Pa, q, 解：1）AB杆 q M B A 2）受力分析
主矩MO 方向：方向规定 +
Fiy tg 方向： tg FRx Fix
1
FRy
1
大小： M O M O ( Fi ) , (与简化中心有关),（因主矩等于各力对简化中心取矩 的代数和）
工程力学-平面任意力系
即：
R' ( X )2 (Y )2 0
LO mO (Fi ) 0
①一般式 （一矩式）
X 0
平面力系中各力在直角坐标系oxy中
Y 0
各坐标轴上投影的代数和及对任意
点的力矩的代数和均为0。
mO (Fi ) 0
②二矩式
∑X=0 或∑Y=0
mA(Fi ) 0
mB (Fi ) 0
AB O
工程中的桁架结构
桁架的优点：轻，充分发挥材料性能。
桁架的特点：①直杆，不计自重，均为二力杆；②杆端铰接；
力
学 中 的 桁 架 模
基 本 三 角 形
型
③外力作用在节点上。
力
学
中 的 桁 架
简 化 计 算 模
模型
型
力
学
中 的 桁 架
简 化 计 算 模
节点
杆件
模型
型
一、节点法 [例3-3] 已知：如图 P=10kN，求各杆内力？
第三章 平面任意力系
平面任意力系（General coplanar force systems)：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∼。
[例]
研究方法：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）
第三章 平面一般力系
§3–1 力向一点平移 §3–2 平面力系的简化 §3–3 平面力系的平衡条件 §3–4 刚体系统的平衡问题 §3–5 考虑有摩擦时物体的平衡问题
§3-2 平面力系的简化
一、平面力系向作用面内一点简化
O: 简化中心
主矢（Principal vector) R Fi
大小： R' R'x2 R'y2 ( X )2 (Y )2
R' ( X )2 (Y )2 0
LO mO (Fi ) 0
①一般式 （一矩式）
X 0
平面力系中各力在直角坐标系oxy中
Y 0
各坐标轴上投影的代数和及对任意
点的力矩的代数和均为0。
mO (Fi ) 0
②二矩式
∑X=0 或∑Y=0
mA(Fi ) 0
mB (Fi ) 0
AB O
工程中的桁架结构
桁架的优点：轻，充分发挥材料性能。
桁架的特点：①直杆，不计自重，均为二力杆；②杆端铰接；
力
学 中 的 桁 架 模
基 本 三 角 形
型
③外力作用在节点上。
力
学
中 的 桁 架
简 化 计 算 模
模型
型
力
学
中 的 桁 架
简 化 计 算 模
节点
杆件
模型
型
一、节点法 [例3-3] 已知：如图 P=10kN，求各杆内力？
第三章 平面任意力系
平面任意力系（General coplanar force systems)：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∼。
[例]
研究方法：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）
第三章 平面一般力系
§3–1 力向一点平移 §3–2 平面力系的简化 §3–3 平面力系的平衡条件 §3–4 刚体系统的平衡问题 §3–5 考虑有摩擦时物体的平衡问题
§3-2 平面力系的简化
一、平面力系向作用面内一点简化
O: 简化中心
主矢（Principal vector) R Fi
大小： R' R'x2 R'y2 ( X )2 (Y )2
《工程力学》电子教案 第三章平面一般力系
第三章 平面一般力系
3.1平面一般力系的简化 3.2平面一般力系的平衡方程及应用 3.3物体系统的平衡
第三章 平面一般力系
3.1平面一般力系的简化
一、简化 作用于刚体上的平面一般力系F1，F2，…，Fn，如图3-3所示。 在平面内任取一点O，称为简化中心。根据力的平移定理将力系中
各力的作用线平移至O点，得到一汇交于O点的平面汇交力系 ，和一 附加平面力偶系。
第三章 平面一般力系
3.2 平面一般力系的平衡方程及应用 平面任意力系作用下刚体平衡方程的三矩式如下：
ΣmA (F)=0, ΣmB (F)=0, ΣmC(F)=0 条件：A、B、C三个取矩点不得共线 平面平行力系的平衡方程：（设平行力系与y轴平行）
ΣFy =0, Σmo (F)=0
第三章 平面一般力系
F)
P
h 2 h
Q3L2 LYB Nhomakorabea2
L
0
mB (F) P 2 Q 2 YA 2L 0
X XA XB P 0
Ph 3QL YB 4L
YA
Ph QL 4L
P h
h/2
XA
YA
取左半部为研究对 象，h分析力：P,XA , YA , XC , YC mc (F) P 2 X Ah YAL 0
第三章 平面一般力系
3.2 平面一般力系的平衡方程及应用
平面任意力系向一点简化，得到一主矢和一主矩，那么平面任意力 系平衡的充要条件是： 力系的主矢和对任意点的主矩都等于零。
平面任意力系作用下刚体平衡方程的二矩式如下：
ΣFx =0, ΣmA (F)=0, ΣmB (F)=0
条件：A、B两个取矩点连线，不得与投影轴x垂直
代入第三式解得
工程力学-3平面力系的平衡问题
4．求解。校核和讨论计算结果。
11
——平面力系平衡方程 • 应用举例
• 例1：一种车载式起重机，车重P1= 26 kN，起重机伸臂重P2 = 4.5 kN， 起重机的旋转与固定部分共重P3 = 31 kN。尺寸如图所示。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吊重量Pmax。
OE 4
FB 750N
15
——平面力系平衡方程 • 应用举例
• 例3：已知 P, q, a, M pa; 求支座A、B处的约束力.
16
——平面力系平衡方程 • 应用举例
• 例3：已知 P, q, a, M pa; 求支座A、B处的约束力.解: (1)取AB梁， Nhomakorabea受力图.
Q
此处，把分布力简化成集中力
14
——平面力系平衡方程 • 应用举例
解： (1).取制动蹬ABD作为研究对象，画出受 力图。
y
应用三力平衡汇交的条件得到
AF
(2) 列平衡方程
Fx 0， FB F cos q FD cos 0 Fy 0， FD sin F sin q 0
O q FB B
x
FD D
已知 sin DE 1
5.5P
不翻倒的条件是：FA≥0。
因此，得到
P
1 5.5
2P1
2.5P2
7.5
kN
13
——平面力系平衡方程 • 应用举例
• 例2：如图所示是汽车制动机构的一 部分。已知司机踩到制动蹬上的力 F=212 N，θ = 45。当平衡时，DA铅 直，BC水平，试求拉杆BC所受的力。 已知EA=24 cm， DE=6 cm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。
11
——平面力系平衡方程 • 应用举例
• 例1：一种车载式起重机，车重P1= 26 kN，起重机伸臂重P2 = 4.5 kN， 起重机的旋转与固定部分共重P3 = 31 kN。尺寸如图所示。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吊重量Pmax。
OE 4
FB 750N
15
——平面力系平衡方程 • 应用举例
• 例3：已知 P, q, a, M pa; 求支座A、B处的约束力.
16
——平面力系平衡方程 • 应用举例
• 例3：已知 P, q, a, M pa; 求支座A、B处的约束力.解: (1)取AB梁， Nhomakorabea受力图.
Q
此处，把分布力简化成集中力
14
——平面力系平衡方程 • 应用举例
解： (1).取制动蹬ABD作为研究对象，画出受 力图。
y
应用三力平衡汇交的条件得到
AF
(2) 列平衡方程
Fx 0， FB F cos q FD cos 0 Fy 0， FD sin F sin q 0
O q FB B
x
FD D
已知 sin DE 1
5.5P
不翻倒的条件是：FA≥0。
因此，得到
P
1 5.5
2P1
2.5P2
7.5
kN
13
——平面力系平衡方程 • 应用举例
• 例2：如图所示是汽车制动机构的一 部分。已知司机踩到制动蹬上的力 F=212 N，θ = 45。当平衡时，DA铅 直，BC水平，试求拉杆BC所受的力。 已知EA=24 cm， DE=6 cm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。
工程力学教学课件 第3章 平面任意力系
A
MA
FAx
A
简 化
2021/7/22
FAy
11
一、简化结果分析
3.2
平
面 任
F1
A1
F2
O A n A2
M O FR'
O
意
Fn
力
系 的 简 化
1 . F R ' 0 ,M o 0
2 . F R ' 0 ,M O 0
结 果
3 . F R ' 0 ,M O 0 4 . F R ' 0 ,M O 0
的 简 化
此时主矩与简化中心的位置无关。
3、主矢不等于零，主矩等于零 (F R ' 0 ,M O 0 )
结 果
此时平面力系简化为一合力，作用在简化
中心，其大小和方向等于原力系的主矢，即
FRF
2021/7/22
13
一、简化结果分析
3.2 4、主矢和主矩均不等于零 (F R ' 0 ,M O 0 )
平
此时还可进一步简化为一合力。
面
任
FR'
FR'
FR
FR
意 力
O M O O
O
d
O
O
O
d
系 的 简 化
FR'' M O m O ( F R ) F R d F R 'd 于是
d M
F
由主矩的定义知：M O m O (F i)
O ' R
结 所以：
m O (F R ) m O (F i)
果 结论：平面任意力系的合力对作用面内任一点之矩
杆所受的力。
A
45
工程力学-平面任意力系平衡方程
大小与简化中心的选择无关。
4）FR=0 Ｍ0=0 力系处于平衡状态。
例3-1 图示物体平面A、B、C三点构成一等边三角形，三点分别作
用F力，试简化该力系。
解：1.求力系的主矢
F x F F cos60o F cos60o 0
Fy 0 F sin 60o F sin 60o 0
y
C
F M0 F
上作用F力，集中力偶M0=Fa，=45°，试求杆件AB的约束力。
A
M0=Fa
C
B
F
解：1.取AB杆为研究对象画受力图
2.列平衡方程求约束力
Da a
FAx
A
M0=Fa
C
FAy FC
B F
aa
M A (F ) 0 : FC sin 45 a F 2a M 0 0
FC
2Fa a
Fa 2/2
MC (F) 0:
FAx
2
3a 3
F
a
M0
0
FAy 0 FAx 3F
C aa
一 矩
MA(F) 0: Fx 0 :
二 矩
MA(F) 0: MB(F) 0:
三 矩
MA(F) 0: MB(F) 0:
2 3a
式 Fy 0 :
式 Fx 0 :
式 M C (F8) 0 :
3
本课节小结
A F
B x
FR ( Fx )2 ( Fy )2 0
2.选A点为简化中心，求力系的主矩
M0
M A (F)
F
sin 60
AB
F
AB 2
简化结果表明该力系是一平面力偶系。
4
二、平面任意力系的平衡方程
4）FR=0 Ｍ0=0 力系处于平衡状态。
例3-1 图示物体平面A、B、C三点构成一等边三角形，三点分别作
用F力，试简化该力系。
解：1.求力系的主矢
F x F F cos60o F cos60o 0
Fy 0 F sin 60o F sin 60o 0
y
C
F M0 F
上作用F力，集中力偶M0=Fa，=45°，试求杆件AB的约束力。
A
M0=Fa
C
B
F
解：1.取AB杆为研究对象画受力图
2.列平衡方程求约束力
Da a
FAx
A
M0=Fa
C
FAy FC
B F
aa
M A (F ) 0 : FC sin 45 a F 2a M 0 0
FC
2Fa a
Fa 2/2
MC (F) 0:
FAx
2
3a 3
F
a
M0
0
FAy 0 FAx 3F
C aa
一 矩
MA(F) 0: Fx 0 :
二 矩
MA(F) 0: MB(F) 0:
三 矩
MA(F) 0: MB(F) 0:
2 3a
式 Fy 0 :
式 Fx 0 :
式 M C (F8) 0 :
3
本课节小结
A F
B x
FR ( Fx )2 ( Fy )2 0
2.选A点为简化中心，求力系的主矩
M0
M A (F)
F
sin 60
AB
F
AB 2
简化结果表明该力系是一平面力偶系。
4
二、平面任意力系的平衡方程
工程力学第三章-力系的平衡
将上式两边向x、y、z 轴投影，可得平衡方程
F F F
可以求解3个未知量。
x y
z
0 0 0
• 2.平面汇交力系
力系的平衡
• 力偶系的平衡方程 • 1.空间力偶系
平衡的充要条件（几何条件） M Mi 0 将上式两边向x、y、z 轴投影，可得平衡方程
M M M
可以求解3个未知量。
ix iy iz
0 0 0
• 2.平面力偶系
力系的平衡
• 平衡的充要条件:力偶系中各力偶矩的代数和等于零.
m 0
i
• 任意力系的平衡方程 空间任意力系： • 平衡的充要条件:力系的主矢和对任一点的主矩均为零。
FR 0
MO 0
G3 a
e
G 3(a b) FNAb G1e G 2L 0 G 3(a b) G1e G 2L FNA 2 b
由(1)、(2)式 得：
G1 G2 L
G1e G 2L G3 ab
3
A FN A b
B FN B
(2)空载时
不翻倒条件：FNB≥0 (4) 由 mA 0 得：
FAB = 45 kN
600
y B TBC 15 15 30 TBD
0 0 0
x
C
D
150
B
300
TBD=G E
A
E
FAB G
解题技巧及说明：
1、一般地，对于只受三个力作用的物体，且角度特殊时用 几 何法（解力三角形）比较简便。 2、一般对于受多个力作用的物体，且角度不特殊或特殊， 都用解析法。 3、投影轴常选择与未知力垂直，最好使每个方程中只有一 个未知数。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2.受力分析如图。
y
A
FB
FAy FAx
C
A
D
α
B
E
x
F1 G
F2
c C
F1 a
l
αB
F2 b
例题
平面一般力系
例题1
3.选如图坐标系，列平衡方程。 y
Fx 0,
FAx FB cos 0
FB
FAy FAx
C
A
D
α
B
E
x
Fy 0,
FAy F1 G F2 FB sin 0
F1 G
F1
ll
F2
M
60
A
B
l2
l1
例题
平面一般力系
例题2
F1 ll
M
A
l2
B
l1
y
FAy A
FAx
F1 M
B FBy
解： 1. 取梁为研究对象，受力分析如图。
F2
2. 列平衡方程。
60
Fx 0,
FAx F2 cos 60 0
M A(F) 0
FByl2 M F1l1 F2 (l1 l2 ) sin 60 0
FR ( Fxi )2 ( Fyi )2
cos(FR , i)
Fxi FR
,
cos(FR ,
j)
Fyi FR
n
n
M O M O (Fi ) (xi Fyi yi Fxi )
i 1
i 1
§3-2 平面一般力系的简化结果分析
● F′R=0，MO≠0 ● F′R≠ 0，MO ≠0
● F′R≠ 0，MO=0 ● F′R=0，MO=0
为什么钉子有时会折弯？
F′ F
M
图示两圆盘运动形式是否一样？
F (a)
F (b)
F′
M (b)
力线平移实例
2.平面一般力系向作用面内一点的简化 ·主矢和主矩
F2
O
F3
F1
F2′
M2
O
F3′
M3
F1′
M1
F1 =F1′ M1=MO(F1)
O
简化中心 F2 =F2′ M2=MO(F2)
F3 =F3′ M3=MO(F3)
F2
M AF 0,
F1
a
G
l 2
F2
l
b
FB
cos
c
FB
sin
l
0
例题
平面一般力系
4.联立求解。 FB = 12 456 N FAx = 11 290 N FAy = 4 936 N
y
FAy FAx
C
A
D
F1 G
FB
α
B
E
x
F2
例题
平面一般力系
例题2
外 伸 梁 的 尺 寸 及 载 荷 如 图 所 示 ， F1=2 kN ， F2=1.5 kN，M =1.2 kN·m，l1=1.5 m，l2=2.5 m，试 求铰支座A及支座B的约束力。
第三章 平面一般力系
§3–1 平面一般力系的简化 §3–2 简化结果的分析 §3–3 平面一般力系的平衡条件 §3–4 物体系统的平衡 §3–5 平面静定桁架的内力计算
结论与讨论
§3-1 平面一般力系向作用面内一点的简化
1.力的平移定理
F′
F′
F
M
Bd
B
A
A
F′ ′
M=F. d=MB(F)
可以把作用于刚体上点A的力F平行移到任 一点B，但必须同时附加一个力偶，这个附加力 偶的矩等于原来的力F对新作用点B的矩。
车D，E连 同吊起重物各重 F1=
c
F2=4 000 N。有关尺寸为：l = A
4.3 m，a = 1.5 m，b = 0.9 m，c
= 0.15 m，α=25°。试求铰链A
对臂AB的水平和铅直约束力，
a
以及拉索BF 的拉力。
C F1
l
αB
F2 b
例题
平面一般力系
例 题1
解：
F 1.取伸臂AB为研究对象。
A
FAy
A
MA
A FAx
动画
第3章 平面一般力系
固定端约束受力的简化
动画
第3章 平面一般力系
固定端约束实例
动画
第3章 平面一般力系
固定
固定端约束实例
动画
第3章 平面一般力系
固定端约束实例
（2）分布载荷的合力
P
q(x)
dP
A
x dx h l
Bx
q(x)
数和也等于零。
● 几点说明：
（1）三个方程只能求解三个未知量；
（2）二个投影坐标轴不一定互相垂直，只要不平行即可；
（3）投影坐标轴尽可能与多个未知力平行或垂直；
（4）力矩方程中，矩心尽可能选多个未知力的交点。
例题
平面一般力系
例题1
伸臂式起重机如图所示， F
匀质伸臂AB 重G =2 200 N，吊
3 . 平面一般力系平衡的情形
● F′R=0，MO=0
原力系平衡
§3-3 平面一般力系的平衡条件和平衡方程
n
Fxi 0
i 1
｝ FR′ =0
Mo=0
n
Fyi 0
i 1
平衡方程
n
M O (Fi ) 0
i 1
平面一般力系平衡的解析条件：所有各力在两个任选的坐标轴
上的投影的代数和分别等于零，以及各力对于一般一点矩的代
载荷集度
dP=q(x)dx
合力大小：
P dP 0l q(x)dx
由合力之矩定理：
Ph
dP
x
l
0
q(
x)xdx
合力作用线位置：
l
q(x)xdx
h
0 l
0 q(x)dx
☆ 两个特例
(a) 均布载荷 P
q
h
x
l
l
P 0 q(x)dx ql
1. 平面一般力系简化为一个力偶的情形
● F′R=0，MO≠0
n
M O M O (Fi ) i 1
★ 因为力偶对于平面内一般一点的矩都相同，因此当力 系合成为一个力偶时，主矩与简化中心的选择无关。
2 . 平面一般力系简化为一个合力的情形·合力矩定理
● F′R≠ 0，MO=0 ● F′R≠ 0，MO ≠0
FR′
Mo
O
O′
FR′ ′
FR′
O d
合力的作用线通过简化中心
FR
FR
O′
d MO FR
O
O′
d
MO(FR) = FRd = MO = ∑ MO(Fi) MO(FR) = ∑MO(Fi)
平面一般力系的合力对
作用面内任一点的矩等于 力系中各力对同一点矩的 代数和。
定理的应用：（1）当力臂不好确定时，将该力分解后求力矩； （2）求分布力的合力作用线位置。
FR′ =F′1+F2′+F3′= F1+F2+F3 MO=M1+M2+M3=MO(F2)+ MO(F2) + MO(F3)
FR′
MO
O
y
FR′
MO
O
x
n
FR Fi i 1
n
M O M O (Fi ) i 1
F′R
主矢
MO
主矩
★ 平面一般力系向作用面内任一点O简化，可得一个力和一个力 偶，这个力等于该力系的主矢，作用线通过简化中心。这个力偶 的矩等于力系对于点O的主矩。
F2
60 x
Fy 0,
FAy FBy F1 F2 sin 60 0
3. 解方程。
FAx 0.75 kN FBy 3.56 kN
FAy 0.261 kN
例 题 3 求：A处约束力。
q
A l
B
F
（1）固定端支座 既不能移动，又不能转动的约束—— 固定端（插入端）约束
固定端约束简图
FA MA