第4章 平面一般力系(1)
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第四章平面任意力系详解
同样，有且只有三个独立的平衡方程
例1： 简支梁受力如图，已知F＝300N, q=100N/m,
求A, B处的约束反力。
∑ 解：简支梁受力如图所示：
Fx = 0 ⇒ FAx = 0
F q
FAx A
CD
FAy 2m 2m
4m
∑ Fy = 0
FAy + FB − F − q ⋅ 4 = 0 (1)
B
∑MA =0
M
力的平移定理: 可以将作用于刚体上A点上的
力 F 平行移动到任一点O ，但必须附加一个力偶,
附加力偶的力偶矩等于原力 F 对 O 点之矩。
力的平移的逆过程
M
－F
F
F
r F
图中：
d = MO F
一个力偶矩和一个作用于同一平面的
力 F，可以进一步简化为一个力 。
二、平面任意力系向作用面内一点简化
y
刚体系平衡
系统满足刚体的平衡条件
3. 注意一些临界的力学条件：
刚好拉过台阶FNA = 0
FNA
F
翻倒的临界条件：FN 集中于角点。
FN
§4.3 刚体系的平衡
一、刚化原理
变形体在某一力系作用下处于平衡，若将处于平衡状
态时的变形体换成刚体（刚化），则平衡状态不变。
F
F
（a）
F
F
（b）
刚体的平衡条件是变形体平衡的必要条件
二、刚体系的平衡问题
y
F1 O F3
F1/ M1 M2 F2/
= F2
O M3 F3/
x=
Mo FR/
O
x
( ) ( ) ( ) r
r
r
M1 = M o F1 M 2 = M o F2 M 3 = M o F3
平面一般力系
力线平移 力系简化
M A 551.1 = = 0.573(m) 平衡方程R 平行力系 静不定 962.2 F′ h=
物体系平衡
桁 架
小 结
第三节
平面一般力系的平衡条件与平衡方程
平面一般力系的平衡条件
力系的主矢 力系的主矢 R´和力系的主矩 主矢F 都等于零。 Mo都等于零。即
′ FR = (∑ X )2 + (∑Y )2 = 0
M q
A l B l y
M q F
x
F
FAX FAY C MA A
B l l
C
解：（1）选横梁AB为研究对象 ：（ ）选横梁AB为研究对象 （2）建立坐标系，画受力图 建立坐标系， 建立坐标系 （3）列平衡方程，求未知量 列平衡方程， 列平衡方程 解之得：
F AX = 0 FAY − ql − F = 0 F AY = ql + F l 1 m A ( Fi ) = 0, M A − ql ⋅ − M − F ⋅ 2l = 0 ∑ F BC = ql 2 + M + 2 Fl 2 2
FR′
主矢
α
m1=mo(F1) F2 = F′2 m2=mo(F2) Fn = F′n mn=mo(Fn)
F2
d2 d n
o
o
主矩
x
d1
简化结果： 简化结果：
主矢： 主矢： 主矩： 主矩：
FR´=F1´+F2´+···+Fn´=F1+F2+···+Fn =∑F
Mo= m1+m2+···+mn = mo(F1) + mo(F2) + ··· + mo(Fn) =∑mo(F) ∑
M A 551.1 = = 0.573(m) 平衡方程R 平行力系 静不定 962.2 F′ h=
物体系平衡
桁 架
小 结
第三节
平面一般力系的平衡条件与平衡方程
平面一般力系的平衡条件
力系的主矢 力系的主矢 R´和力系的主矩 主矢F 都等于零。 Mo都等于零。即
′ FR = (∑ X )2 + (∑Y )2 = 0
M q
A l B l y
M q F
x
F
FAX FAY C MA A
B l l
C
解：（1）选横梁AB为研究对象 ：（ ）选横梁AB为研究对象 （2）建立坐标系，画受力图 建立坐标系， 建立坐标系 （3）列平衡方程，求未知量 列平衡方程， 列平衡方程 解之得：
F AX = 0 FAY − ql − F = 0 F AY = ql + F l 1 m A ( Fi ) = 0, M A − ql ⋅ − M − F ⋅ 2l = 0 ∑ F BC = ql 2 + M + 2 Fl 2 2
FR′
主矢
α
m1=mo(F1) F2 = F′2 m2=mo(F2) Fn = F′n mn=mo(Fn)
F2
d2 d n
o
o
主矩
x
d1
简化结果： 简化结果：
主矢： 主矢： 主矩： 主矩：
FR´=F1´+F2´+···+Fn´=F1+F2+···+Fn =∑F
Mo= m1+m2+···+mn = mo(F1) + mo(F2) + ··· + mo(Fn) =∑mo(F) ∑
工程力学 习题详解 第四章
i 1
n
mO ( R ) Rd M O (主矩)
———合力矩定理
M O ( R ) mO ( Fi )
n i 1
由于简化中心是任意选取的，故此式有普遍意义。 即：平面任意力系的合力对作用面内任一点之矩等于力系 中各力对于同一点之矩的代数和。
12
静力学
例题4-1
第4章 平面任意力系
F
A C B
Fx 0,
FAx FC cos 45 0 FAy FC sin 45 F 0 FC cos 45 l F 2l 0
Fy 0,
M A F 0,
解平衡方程可得
FC 2 F
D
cos 45 FAx FC cos 45 2 F 20 kN
组合梁AC和CE用铰链C相连，A端为固定端，E端 为活动铰链支座。受力如图所示。已知： l =8 m， F=5 kN，均布载荷集度q=2.5 kN/m，力偶矩的大小 M= 5 kN•m，试求固端A，铰链C和支座E的约束力。 F q B l/4
M E
A
H
C
l/4
D l/4
l/8 l/8
30
解： 1.取CE段为研究对象。受力分析如图。
例题4-5
如图所示为一悬臂梁，A为固定端，设梁上受强度
为q的均布载荷作用，在自由端B受一集中力F和一力偶
M作用，梁的跨度为l，求固定端的约束力。
q
A l
M
F
45
B
24
解：
取梁为研究对象，受力分析如图 由平衡方程
M F
45
q
A
Fx 0,
Fy 0,
FAx F cos 45 0
n
mO ( R ) Rd M O (主矩)
———合力矩定理
M O ( R ) mO ( Fi )
n i 1
由于简化中心是任意选取的，故此式有普遍意义。 即：平面任意力系的合力对作用面内任一点之矩等于力系 中各力对于同一点之矩的代数和。
12
静力学
例题4-1
第4章 平面任意力系
F
A C B
Fx 0,
FAx FC cos 45 0 FAy FC sin 45 F 0 FC cos 45 l F 2l 0
Fy 0,
M A F 0,
解平衡方程可得
FC 2 F
D
cos 45 FAx FC cos 45 2 F 20 kN
组合梁AC和CE用铰链C相连，A端为固定端，E端 为活动铰链支座。受力如图所示。已知： l =8 m， F=5 kN，均布载荷集度q=2.5 kN/m，力偶矩的大小 M= 5 kN•m，试求固端A，铰链C和支座E的约束力。 F q B l/4
M E
A
H
C
l/4
D l/4
l/8 l/8
30
解： 1.取CE段为研究对象。受力分析如图。
例题4-5
如图所示为一悬臂梁，A为固定端，设梁上受强度
为q的均布载荷作用，在自由端B受一集中力F和一力偶
M作用，梁的跨度为l，求固定端的约束力。
q
A l
M
F
45
B
24
解：
取梁为研究对象，受力分析如图 由平衡方程
M F
45
q
A
Fx 0,
Fy 0,
FAx F cos 45 0
静力04章-平面一般力系.ppt
MA为限制转动。
11
§4-6 平面平行力系的平衡方程
平面平行力系:各力的作用线在同一平面内且相互平行的力系。
设有F1, F2 … Fn 各平行力系， 向O点简化得：
主矢R R'F O
主矩M O mO ( Fi )Fi xi
合力作用线的位置为：
xR
MO R'
Fi xi F
平衡的充要条件为
R' 0
Mo 0
1
§4-1 平面一般力系的概念
平面一般力系：
各力和各平面力偶都作用在同一平面内但是既 汇交也不平行的力系。
2
§4-2 力线平移定理
力线平移定理：可以把作用在刚体上点A的力F平行移到任一
点B，但必须同时附加一个力偶。这个力偶
[证] 力 F
Bd
A
的矩等于原来的力F 对新作用点B的矩。
力系 F ,F , F 力F 力偶（F，F ）
mO (F )0
SAcosRM 0 X 0
X O SAsin 0
Y 0
S Acos YO 0
M PR XO P tg YO P
[负号表示力的方向与图中所设方向相反]
26
[习题4－19] 起重机位于连续梁上，已知： P=10kN, Q=50kN, CE 铅垂, 不计梁重。 求：支座A ,B和D点的反力。
( mA 0 :
RB 3 Q 2 0
RB 20kN )
23
BC： R'B RB 20kN
X 0:
XC 0
Y 0 :
YC R'B 0
R’B m
mc
C
B
XC
YC 2m
YC 20kN
第四章 平面力系
第四章
平面力系
认识平面力系
§4-1 平面任意力系向平面内一点简化
一 、 力线的平移 作用于刚体上的力 F 的作用线可等效地 平移到任意一点 O ，但须附加一力偶，此附 加力偶等于原力对 O 点的矩。
F’ M O F
F”
d
逆过程：
平面内的一个力和一个
力偶总可以等效地被同 平面内的一个力替换， 但作用线平移一段距离
3 1 N B P qa 4 2
NB ·4 a － M － P ·2 a － q ·2 a ·a = 0
∑X = 0 , ∑Y = 0 ,
XA = 0
YA － q ·2a － P + NB = 0
P 3 YA qa 4 2
∑X = 0， F F sin 60°－3lq/2 －XA=0 XA = 316.4 kN ∑Y = 0，Fcos 60 °－P + YA = 0 YA = -100 kN ∑MA( F ) = 0， M A －3 l 2 q / 2 － M + 3 l Fsin60°－ F l sin 30°= 0 MA = -789.2 kNm
例3-2
A
， , 求该力系向
1m
F1 2 ( N)
1m
解：
1 X F1 2 F3 0 1 Y F2 F1 2 0
F1
F2
B
1m
D
3m C
M
F3
1m
即，主矢 R’= 0 , 这样可知主矩与简化中心 D 的位置无关，以 B 点为简化中心有： MD = MB = M - F3×1 = 1 N m ，主矩 MD = 1 N m
X
i 1 N
N
i
平面力系
认识平面力系
§4-1 平面任意力系向平面内一点简化
一 、 力线的平移 作用于刚体上的力 F 的作用线可等效地 平移到任意一点 O ，但须附加一力偶，此附 加力偶等于原力对 O 点的矩。
F’ M O F
F”
d
逆过程：
平面内的一个力和一个
力偶总可以等效地被同 平面内的一个力替换， 但作用线平移一段距离
3 1 N B P qa 4 2
NB ·4 a － M － P ·2 a － q ·2 a ·a = 0
∑X = 0 , ∑Y = 0 ,
XA = 0
YA － q ·2a － P + NB = 0
P 3 YA qa 4 2
∑X = 0， F F sin 60°－3lq/2 －XA=0 XA = 316.4 kN ∑Y = 0，Fcos 60 °－P + YA = 0 YA = -100 kN ∑MA( F ) = 0， M A －3 l 2 q / 2 － M + 3 l Fsin60°－ F l sin 30°= 0 MA = -789.2 kNm
例3-2
A
， , 求该力系向
1m
F1 2 ( N)
1m
解：
1 X F1 2 F3 0 1 Y F2 F1 2 0
F1
F2
B
1m
D
3m C
M
F3
1m
即，主矢 R’= 0 , 这样可知主矩与简化中心 D 的位置无关，以 B 点为简化中心有： MD = MB = M - F3×1 = 1 N m ，主矩 MD = 1 N m
X
i 1 N
N
i
山东建筑大学期末工程力学第4章平面任意(一般)力系
F 2 F 1 Fn
M1 M2
o
An
o
Mn
F n
得到平面汇交力系 ( F 1 , F 2 ,, F n)以及相应的一个力偶矩分别为
( M1 , M2 , … , Mn ) 的附加平面力偶系 .
F1
A1
F2
A2
F 2 F 1 Fn
M1 M2
F R F R F R FRd Mo
d MO FR
至于合力的作用线在点 O 的哪一侧，应根据 FR 的指向和 MO 的转 向确定。
F R
O
FR
MO
O O′
d
MO d FR 若从 O 点处沿主矢 F R 的指向看去
当 MO > 0 时， O'点应在 F R 的右侧
420N.m
例题: 求图示力系向 O 点简化的主矢与主矩。
已知：F1 100 N，F2 100 2 N，F3 50 N，M 500 N .m
y
F2
450
(-3,2)
β
F1
(2,1) O
x
M
(0,-4)
F3
cosβ=12/13
sinβ=5/13
y
F2
450
cosβ=12/13
F1
M O M O( F )
F1
A1
F2
A2
y
F R
MO
o
An
Fn
x
o
F R F
M O M O( F )
结 论
平面任意力系向作用面内已知点简化，一般可以得到一个力和 一个力偶。
静力学第4章平面一般力系
第四章 平面一般力系
【本章重点内容】
力线平移定理; 平面一般力系向作用面内一点简化; 平面一般力系简化结果分析; 平面一般力系的平衡条件与平衡方程.
第四章 平面一般力系
§4-1 工程中的平面一般力系问题
§4-1 工程中的平面一般力系问题
平面一般力系 作用在物体上诸力的作用线都分布在同一平面内，既
力线向一点平移时所得 附加力偶等于原力对平 移点之矩.
力偶M′与M 平衡.
第四章 平面一般力系
§4-3 平面一般力系向一点简化 主矢与主矩
§4-3 平面一般力系向一点简化 主矢与主矩
一、平面一般力系向作用面内一点简化
rr
F1′ = F1
rr
F2′ r
...=
F2 r
Fn′ = Fn
r M1 = MO (F1)
主矩MO
∑ MO =
MO
r (F
)
=
−1m
⋅
F1
−
3m
⋅
F2
+
2m
⋅
sin
30o
⋅
F3
+
M
= −1m ×1kN - 3m ×1kN + 2m × 1 × 2kN + 4kN ⋅ m 2
= 2kN ⋅ m
§4-4 简化结果的分析 合力矩定理
合力 方向 主矩
FR′ = 3.39kN α = −36.2°
§4-3 平面一般力系向一点简化 主矢与主矩
主矩的计算
主矩的计算方法与力矩和平面力偶系的计算方法相同. 主矩的计算
平面一般力系向一点简化，得到力对简化点的力矩和.
主矩大小
∑r
MO = MO(Fi )
第四章 平面一般力系
点O的力
， ，
（平面汇交力系）
附加力偶
（平面力偶系）
分别合成 这两个力系
（原来各力的矢量和）
（原来各力对点一 个力和一个力偶。
这个力等于该力系的主矢，即平面一般力系中所有各力的矢量 和
作用线通过简化中心O； 这个力偶的矩等了该力系对于点O的主矩，即这些力对于任选简 化中心O的矩的代数和
方程只是前三个方程的线性组合，因而不是独立的。我们 可以利用这个方程来校核计算的结果。
§4-6 平面平行力系的平衡方程
平面平行力系:各力的作用线在同一平面内且相互平行的力系。 如图所示，设物体受平面平行力系 的作用。
平行力系的独立平衡方程的数目 只有两个，即：
或
注：其中A、B两点的连线不得与各力平行。
平面一般力系平衡的必要和充分条件
平面一般力系平衡的充要条件是：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．以及各力对于任意点的 矩的代数和也等于零。
平面一般力系 的平衡方程 (一矩式)
（三个方程， 求解三个未知数）
支架的横梁AB与斜杆DC彼此以铰链C相联接，并各 以铰链A、D连接于铅直墙上。如图所示。已知AC＝CB；杆 DC与水平线成 角；载荷P＝10kN，作用于B处。设梁和杆 的重量忽略不计，求铰链A的约束反力和杆DC所受的力。 解：(1)取AB梁为研究对象。 (2)画受力图。 (3)列平衡方程。 (a) (b)
解: (1)当满载时，为使起重机不 绕点B翻倒。在临界情况下 。
当空载时，为使起重机不绕点 A翻倒。在临界情况下 。
(2)当平衡荷重 的反力？
时，求满载时轨道A、B给起重机轮子
解:(2)根据平面平行力系的平衡方程，有：
解得
利用多余的不独立方程 来校验以上计算结果是否正确。
第4章：平面一般力系
一个作用在简化中心的主矢；和一个对简化中心 的主矩。
§4–1 平面一般力系的简化•主矢与主矩
§4–1 平面一般力系的简化•主矢与主矩
三、主矢、主矩的求法：
1、主矢可接力多边形规则作图求得，或用解析
法计算。
R Rx2 Ry2
Fx 2
Fy 2
方向余弦：
cosR, x Fx R
cosR, y Fy R
② 求主矩：
L O
m o
F
2F cos60 2F 3F sin30 0.5
2
3
4
（2）、求合成结果：合成为
一个合力R，R的大小、方向与 R’相同。其作用线与O点的垂
2m
y
F2
60°
A
F1
O
3m
y A
B
F3
F4 C 30° x
B
直距离为： d Lo 0.51m R
Lo
R/ R
O d
C
x
§4–3 平面一般力系的平衡条件和平衡方程
4、联立求解：
MA=-38.6 kN•m (顺时针） NAy
NAx= 0
A
NAx
C
T
B
NAy=-19.2 kN （向下）
MA Q
§4–4 平面平行力系的平衡
平面平行力系平衡的充要条件：
力系中各力的代数和等于零 ，以这些力对 任一点的矩的代数和也等于零。
平面平行力系的平衡方程：
一矩式： Fy 0 , mOF 0
Fx 0 :
N Ax 0
Fy 0 :
N Ay Q ND 0
mAF 0 :
3 2 Q 2ND M 0
4、联立求解：
y
§4–1 平面一般力系的简化•主矢与主矩
§4–1 平面一般力系的简化•主矢与主矩
三、主矢、主矩的求法：
1、主矢可接力多边形规则作图求得，或用解析
法计算。
R Rx2 Ry2
Fx 2
Fy 2
方向余弦：
cosR, x Fx R
cosR, y Fy R
② 求主矩：
L O
m o
F
2F cos60 2F 3F sin30 0.5
2
3
4
（2）、求合成结果：合成为
一个合力R，R的大小、方向与 R’相同。其作用线与O点的垂
2m
y
F2
60°
A
F1
O
3m
y A
B
F3
F4 C 30° x
B
直距离为： d Lo 0.51m R
Lo
R/ R
O d
C
x
§4–3 平面一般力系的平衡条件和平衡方程
4、联立求解：
MA=-38.6 kN•m (顺时针） NAy
NAx= 0
A
NAx
C
T
B
NAy=-19.2 kN （向下）
MA Q
§4–4 平面平行力系的平衡
平面平行力系平衡的充要条件：
力系中各力的代数和等于零 ，以这些力对 任一点的矩的代数和也等于零。
平面平行力系的平衡方程：
一矩式： Fy 0 , mOF 0
Fx 0 :
N Ax 0
Fy 0 :
N Ay Q ND 0
mAF 0 :
3 2 Q 2ND M 0
4、联立求解：
y
工程力学第四章平面一般力系
详细描述
平面一般力系简化的目的是将复杂的力系简化为更简单的形式，以便分析刚体的平衡状 态。通过力的平移定理，我们可以将平面一般力系简化为一个合力和一个力矩，或者一 组力和力矩的代数和。这个合力或力和力矩的代数和代表了原力系对刚体的作用效果。
简化后的力系更易于理解和分析，有助于解决工程实际问题。
Part
平衡条件的推导
根据力的平移定理，将平面力系中的所有力平移到同一点， 然后根据合力矩为零和合力为零的条件，推导出平面力系的 平衡条件。
Part
04
平面力系的平衡方程
平衡方程的推导
01
02
03
力的合成与分解
根据力的平行四边形法则， 将力进行合成或分解为多 个分力。
力的投影
将力投影到坐标轴上，得 到力在x轴和y轴上的分量。
STEP 01
分析受力情况
解决静力学问题
利用平衡方程，求解平面 内物体的受力情况，解决 静力学问题。
STEP 03
验证结构稳定性
利用平衡方程，验证结构 的稳定性，确保结构在各 种工况下的安全可靠。
通过平衡方程，分析物体 在平面内的受力情况，判 断物体的运动状态。
Part
03
平面力系的平衡条件
平衡条件的概念
平衡条件是一个物理概念，描述的是物 体在力系作用下保持静止的状态，而平 衡方程是一个数学表达式，用于描述这
一状态。
平衡条件是定性描述，而平衡方程则是 定量描述。平衡方程通过数学符号和运 算，将平衡条件的定性描述转化为可求
解的定量关系。
平衡条件是解决平衡问题的前提，而平 衡方程则是解决问题的工具。通过建立 平衡方程，可以求解未知量，得出物体
平衡条件与平衡方程的联系
平面一般力系简化的目的是将复杂的力系简化为更简单的形式，以便分析刚体的平衡状 态。通过力的平移定理，我们可以将平面一般力系简化为一个合力和一个力矩，或者一 组力和力矩的代数和。这个合力或力和力矩的代数和代表了原力系对刚体的作用效果。
简化后的力系更易于理解和分析，有助于解决工程实际问题。
Part
平衡条件的推导
根据力的平移定理，将平面力系中的所有力平移到同一点， 然后根据合力矩为零和合力为零的条件，推导出平面力系的 平衡条件。
Part
04
平面力系的平衡方程
平衡方程的推导
01
02
03
力的合成与分解
根据力的平行四边形法则， 将力进行合成或分解为多 个分力。
力的投影
将力投影到坐标轴上，得 到力在x轴和y轴上的分量。
STEP 01
分析受力情况
解决静力学问题
利用平衡方程，求解平面 内物体的受力情况，解决 静力学问题。
STEP 03
验证结构稳定性
利用平衡方程，验证结构 的稳定性，确保结构在各 种工况下的安全可靠。
通过平衡方程，分析物体 在平面内的受力情况，判 断物体的运动状态。
Part
03
平面力系的平衡条件
平衡条件的概念
平衡条件是一个物理概念，描述的是物 体在力系作用下保持静止的状态，而平 衡方程是一个数学表达式，用于描述这
一状态。
平衡条件是定性描述，而平衡方程则是 定量描述。平衡方程通过数学符号和运 算，将平衡条件的定性描述转化为可求
解的定量关系。
平衡条件是解决平衡问题的前提，而平 衡方程则是解决问题的工具。通过建立 平衡方程，可以求解未知量，得出物体
平衡条件与平衡方程的联系
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(4-1)
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第4章 平面一般力系
‹#›
事实上，可直接用原力系F1，F 2，...F n 的各力 作出力多边形，力多边形的封闭边称为原力系的主 矢。 FR′的大小和方向等于主矢，作用点在O点。 由此可见，主矢与简化中心的位置无关。
M O M1 M 2 M n M O ( F1 ) M O ( F2 ) M O ( Fn ) M O ( F )
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第4章 平面一般力系
‹#›
向一点简化 平面一般力系
平面汇交力系 平面力偶系
合成 合成
FR′（合力）
MO（合力偶）
M2 M1
O F1 ′ y O MO FR′
F1
F2 Fn
F1 O dn d1 Fn d2
F2
F2 ′ Mn Fn ′
x
(a)
(b)
(c)
(d)
FR F1 F2 Fn F1 F2 Fn F
y FT
300
FAx A
D
B x
E
FAy
P
F
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第4章 平面一般力系
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例题
角为：
4-3 即铰链A的反力及与x轴正向的夹
y
2 Ax 2 Ay
FA F F
17.1 kN 15.30
FT FAx A D FAy P
300
B
x
arctan
FA y FA x
E F
(4-2)
由此可见，MO一般与简化中心的位置有关，它反映 了原力系中各力的作用线相对于O点的分布情况， 称为原力系对O点的主矩。
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第4章 平面一般力系
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平面一般力系的三种简化结果：
1. 力系简化为合力偶 此时主矩与简化中心的位置无关。
FR 0, MO 0
2. 力系简化为合力 (1) FR 0, MO 0 中心。
M F F
x y
A
FN B 4a M e q 2a a 0, 0 , FAx 0, 0 , FA y q 2a FN B 0.
FAx 0, Me 1 FN B q a , 2 4a Me 3 FAy q a . 2 4a
F
45o
q A
M B
l
y
q
M
45o
B
FAx
MA
A l
1. 解： 取梁为研究对象，受力 F 分析如图。
x
2. 列平衡方程
FAy
Fx 0,
Fy 0,
FAx F cos 45 0
FAy ql F sin 45 0
M F 0,
A
l M A ql F cos 45 l M 0 2
第4章 平面一般力系
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例题2
塔式起重机如图所示。机架重P=700 kN，作用线通 过塔架的中心。最大起重量W=200 kN，最大悬臂长为12 m，轨 道AB的间距为4 m。平衡荷重Q到机身中心线距离为6 m。试问： (1)保证起重机在满载和空载时都不翻倒，求平衡重Q应为多少? (2)当平衡重Q=180 kN时，求满载时轨道A，B给起重机轮子的 约束力？ 解：取塔式起重机为研究对象，受 力分析如图所示。
第4章 平面一般力系
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§4-4 平面一般力系的平衡条件
平面一般力系平衡的充分必要条件是：力系的 主矢和对任意一点的主矩都为零。
FR 0 , MO 0
平面一般力系的平衡方程为：
F F M
x
0, 0,
O
FR′ O MO
y
( F ) 0.
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第4章 平面一般力系
O
O
x
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第4章 平面一般力系
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即平面平行力系平衡的充要条件是：力系中各力的 代数和以及各力对任一点之矩的代数和都为零。
平面平行力系平衡方程的二矩式
M M
A B
(F ) 0 (F ) 0
y
F1 F2
Fn
注意：A、B两点的连线不能与各 力的作用线平行。
O
x
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例题
4-3
图示一悬臂式起重机简图，A、B、C处均为光滑 铰链。均质水平梁AB自重 P = 4 kN,荷载 F =10 kN,有 关尺寸如图所示，BC杆自重不计。求BC杆所受的拉 力和铰链A给梁的约束力。
C
A 2m
300
B
E D 1m 1m P F
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第4章 平面一般力系
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Q 6 m 2 m P 2 m W 12 m 2 m FB 4 m 0
Fy 0
解方程得
Q P W FA FB 0
FB 870 kN FA 210 kN
Q
P
6m 12 m
W
A
B
2m
FA 2 m FB
动脑又动笔
如图所示为一悬臂梁，A 为固定端，设梁 上受强度为 q 的均布载荷作用，在自由端 B 受 一集中力 F 和一力偶 M 作用，梁的跨度为 l ， 求固定端的约束力。
解得
(b)
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§4-5 平面平行力系的平衡条件
平面平行力系： 各力的作用线在同一平面内且互相平行的力系。 图示一受平面平行力系作用的物体，如选轴与 各力作用线垂直，显然有：
F
y
x
0
y
F1
F2
Fn
平面平行力系的平衡条件为：
F 0 M (F ) 0
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2. 分布荷载的计算方法 (1) 均布荷载：集度为常数的分布荷载。 例如图中的均布荷载的合力为：
F q l 10.9116 174 .6 kN,
其作用线通过梁的中点。
F
q=10.91 kN/m
FA
l=16 m
FB
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F1 Fn F2
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定理 ： 作用在刚体上某点的力 F，可以平行移动到 刚体上任意一点，但必须同时附加一个力偶，其 力偶矩等于原来的力 F 对平移点之矩。 证明如下图所示：
B F B F″
§4-1 力线平移定理
d
d
F′ F A
A
F′ B M=Fd d A
(a)
3. 解方程
FAx F cos 45 0.707 F
FAy ql 0.707 F 1 2 M A ql 0.707 Fl M 2
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(2) 非均布荷载：荷载集度不是常数。 如坝体所受的水压力等。
A
xc
FR
B C
l
q0
2 M A q 0 l / 3 2 xc l FR y q 0 l / 2 3
平面固定端约束力
A
未知量 3
A
F Ry
MA
A
FRx
MA
MA
A
FRx
A
FR
F Ry
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第4章 平面一般力系
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§4-2 平面一般力系向一点简化
设在某一刚体上作用着平面一般力系 F1,F2,…,Fn ,如图所示。显然像平面汇交力系那样， 用力的平行四边形法则来合成它很困难。
F1 F2 Fn
应用力线平移定理，将该力系中的各个力逐个 向刚体上的某一点O（称为简化中心）平移,再将所 得的平面汇交力系和平面力偶系分别合成。
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第4章 平面一般力系
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第4章 平面一般力系
§4-1 力线平移定理 §4-2 平面一般力系向一点简化 §4-3 分布荷载 §4-4 平面一般力系的平衡条件 §4-5 平面平行力系的平衡条件
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第4章 平面一般力系
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前言
平面一般力系是指位于同一平面内的诸力 其作用线既不汇交于一点，也不互相平行的 力系。 工程计算中的很多实际问题都可以简化为 平面一般力系来处理。
思考题 4-4
如果例题4-3中的荷载F可以沿AB梁移动，问： 荷载F在什么位置时杆BC所受的拉力（FT）最大？ 其值为多少？
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第4章 平面一般力系
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例题
q
4-4 图示简支梁AB。梁的自重及各处摩
y Me q Me B B x FNB
擦均不计。试求A和B处的支座约束力。
A 2a
FR′ O MO
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§4-3 分布荷载与固定端约束
集中力或集中荷载：力或荷载的作用面积很小 或与整个构件的尺寸相比很小，可以认为集中作用 在一点上。 例如，铁轨给轮子的力等。
FN
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分布荷载： 线分布荷载：荷载分布在狭长范围内，如沿构 件的轴线分布。 1. 荷载的单位 (1) 集中荷载的单位，即力的单位 (N，kN)。 分布荷载的大小用集度表示，指密集程度。
M A F 0
Qmax 6 m 2 m P 2 m 0
Qmax 350 kN
则有 75kN Q 350kN
Q
P
6m
12 m
W