北京化工大学：《理论力学》课程教学资源（教案讲义）第二章 平面力系 §2-3 平面任意力系的简化 §2-4 平面任意力系的平衡条件和平衡方程

(5) 82-3平面任意力系的简化重点 各力作用线位于同一平面且任意分布的力系。 重点章节 ★工程中许多问题（例：汽车受力）可简化为平面任意力系问题： ★其分析方法在静力学中具有普遍性。（在静力学中占有重要地位） (常用的力系简化方法) 1、力的平移定理： 加 5=- 定理：作用在刚体上的可以平移到刚体上的任一点，但必须同时附加一力偶， 此附加力偶的力偶矩等于原力对新作用点之矩。 例： M:附加力偶 2、平面任意力系向作用面内（任）一点简化·主失和主矩。 O. “力的平移定理 13人 07 M3 平面汇交力系：=ΣF-Σ万F：“主矢”，与简化中心位无闲 平面任意力系 (向面内任一点简化) 平面力偶系；Mo=ΣM(匠)Mo:“主矩”，与简化中心位置有 介绍固定端瑞（插入端）支座： A-MA FAzMA ！！共“3”个未知量

1 §2-3 平面任意力系的简化 !!重点 各力作用线位于同一平面且任意分布的力系。 ★工程中许多问题（例：汽车受力）可简化为平面任意力系问题； ★其分析方法在静力学中具有普遍性。（在静力学中占有重要地位） （常用的力系简化方法） １、力的平移定理： 即：     Ｍ＝Ｍ (F) F ＝F Ｂ 定理：作用在刚体上的可以平移到刚体上的任一点，但必须同时附加一力偶， 此附加力偶的力偶矩等于原力对新作用点之矩。 ２、平面任意力系向作用面内（任）一点简化·主矢和主矩。 平面汇交力系； FＲ ＝ Fi ＝  Fi    FR  ：“主矢”，与简化中心位置无关。 平面力偶系；   ＭＯ ＝ ＭＯ Fi ＭＯ ：“主矩”，与简化中心位置有关。 介绍固定端（插入端）支座： d "加" 例： ：附加力偶 力的平移定理 ！！共“3”个未知量 （5） 重点章节 平面任意力系  （向面内任一点简化）

3、平面任意力系简化结果分析 平面任意力系∫主矢：F=Σ (向一点简化)主矩：Mo=ΣM() 厂①F=0,M≠0力系简化为一力偶，此时主矩与0点无关 ②F3≠0，M。=0力系简化为一合力，通过0点的主矢即为合力 ③F≠0，M。≠0→可进一步简化 人④=0，Mo=0力系平衡 F 分析③FR≠0，M。≠0 d=Mo/FR 今进一步简化为一合力。 注：合力作用线在0点何侧，需综合F'与M。来判断。 即：平面任意力系简化共有三种情况 力偶 (注意：空间力系不同！) L平衡 Mo=ΣMo(E) (Mo(FR)=FRd=Mo 即：Mo(匠上∑Mo(瓦)→“合力矩定理” $2-4平面任意力系的平衡条件和平衡方程重点 〔主失：限=0 →力系平衡（平面任意力系平衡的充要条件：力系的主矢和对任一点主矩均为零） 、主矩：M4o=0 ∑F=0 ∑F=0 )“投影式” 三个独立方程，可求解三个未知量！ 平衡方程( ∑Mo(E)=0(简：∑Mo=0)→“力矩式” 其它形式： ∑M4=0 ☆、“二矩式 ∑MB=0 o090 相互独立条件：A、B两点连线不垂直轴。 ∑E=0 ∑M4=0 91 ☆、“三矩式” ∑MB=0 ∑Mc=0 BC相互独立条件：A、B、C三点不共线

2 主矢： FＲ ＝0 主矩： ＭＯ ＝0 θ≠90° 相互独立条件： 、 两点连线不垂直 轴。 3、平面任意力系简化结果分析 平面任意力系 主矢： FＲ ＝  Fi  (向一点简化) 主矩：   ＭＯ ＝ ＭＯ Fi ① FＲ ＝0 ,ＭＯ  0 力系简化为一力偶，此时主矩与Ｏ点无关 ② Ｆ 0，Ｍ Ｏ ＝0 Ｒ   力系简化为一合力，通过Ｏ点的主矢即为合力 ③   0 Ｏ  0 Ｆ Ｒ ，Ｍ  可进一步简化 ④ F ＝0，Ｍ Ｏ ＝0 Ｒ  力系平衡 分析③   0 Ｏ  0 Ｆ Ｒ ，Ｍ 即：       O R R R d M F F F 进一步简化为一合力。 注：合力作用线在Ｏ点何侧，需综合 Fａ与ＭＯ  来判断。 即：平面任意力系简化共有三种情况 （注意：空间力系不同！） 又：         O R R O O O i M F F d M M M F ( ) ( ) 即： MO FＲ ＝ MO (Fi )  “合力矩定理” §2-4 平面任意力系的平衡条件和平衡方程 !!重点 力系平衡（平面任意力系平衡的充要条件：力系的主矢和对任一点主矩均为零） “投影式” 三个独立方程，可求解三个未知量！ 平衡方程 (简： Ｍ O  0 ) “力矩式” 其它形式： ☆、“二矩式 ☆、“三矩式” 相互独立条件： 、 、 三点不共线。 力 力偶 平衡 Fx  0 Fy  0 MO (Fi )  0 M A  0 M B  0 Fx  0 M A  0 M B  0 MC  0

F8? 已知：P、Q、a、6 例： B 求：A、B两处反力 解：整体（也可分析AC)(应注意到BC为“二力构件” 0入 ∑F=0Fs-Fa cos0=0 ∑F,=0F+Fn sin0-P-Q=0 >解得：{ >M=0 Fg cos0.4a.1g0-P.2a-0.3a=0 Fa Fg sin0.4a (注：也可将上式中的前两式置换，即：由∑Mg=0→求F,；由∑M=0→求Fy； 也即可采用“三矩式”求解。但需注意：虽可写出多个平衡方程，而独立的方程数目只有3个) 例： A☐C 求：A、B两处反力、 EAx 解：AB(简支梁) aa B ∑F,=0F=0 ∑M4=0-q-2aa-P.2a-M+Fg4a=0→Fg ∑F,=0(或∑MB=0)F-q2a-P+FB=0→F (注意：力偶M的投影式和力矩式) 求：A处反力 例 解：整体（悬臂梁） ∑F=0Fa+293-Fos30=0→Fa A q ∑F,=0F-P-Fsin30°=0→F ∑M4=0M-793-1-M+Fcos30°.3+fsn30-1=0→M, (注：书中将分布载荷q变化为集中载荷画在图中不妥)

3 已知：P、Q、a、θ 求：Ａ、Ｂ两处反力 解：整体（也可分析ＡＣ）（应注意到ＢＣ为“二力构件”） Fx  0 FAx  FB cos  0 Fy  0 FAy  FB sin  P  Q  0 解得：  M A  0 FB cos  4a  tg  P  2a  Q  3a  0 FB sin  4a （注：也可将上式中的前两式置换，即：由  MＢ ＝0 求FＡｘ， ；由 ＭＣ ＝0 求FＡｙ ； 也即可采用“三矩式”求解。但需注意：虽可写出多个平衡方程，而独立的方程数目只有 3 个） 求：Ａ、Ｂ两处反力、 解：AB（简支梁）   0  0 Fx FAx  A         B    FB M 0 q 2a a P 2a M F 4a 0 y B Ay P FB FAy F  0 (或 M  0) F  q  2a    0  （注意：力偶 M 的投影式和力矩式） 求：Ａ处反力 解：整体（悬臂梁）  x  Ax    F     FAx F F q 3l cos 30 0 2 1 0 Fy FAy P F  FAy  0   sin 30 0 A A M A  M  M  q  3l  l  M  F cos 30 3l F sin 30 l  0  2 1 0 （注：书中将分布载荷 q 变化为集中载荷画在图中不妥!） 例： θ 例： ？ ？ ？ 例： FAx FAy FB

(先举吊车倾翻之例) 已知：机架重W,最大起重量P。 求：平衡重Q 12 解：整体 注意：：x方向（水平方向）无外力， “∑F=0(自然满足)，（所有力平行y轴） ☑“平面平行力系” 〔∑F,=0 9平有方程{乞以，0 ∑M4=0 1∑MB=0 (两个独立平衡方程，只能求解两个未知量。) 未知量共：F4,F,Q(3个) 三如向求解9 分析： 0满能时的临界平有状态{Q=0。 〔F4=0 由，：∑Mg=0Qmn(6+2)+W.2-P12-2)=0 →得：Qmn 「Fa=0 ②空载时的临界平衡状态1Q=Q 由：∑M4=0Qmax(6-2)-W.2=0 →得：Qmx 应取：Qin<Q<Qax(注意：不应取≤号) 思考题 9 应如何求A、B两处反力？ 作业：2-13、2-14(b)

4 （先举吊车倾翻之例） 已知：机架重 W，最大起重量 P。 求：平衡重 Q 解：整体 注意：∵x 方向（水平方向）无外力， ∴ Fx  0 （自然满足），（所有力平行 y 轴） “平面平行力系” Fy  0 M A  0 Mo  0 M B  0 （两个独立平衡方程，只能求解两个未知量。） 未知量共： FA , FB ,Q （3 个） 平衡方程：2 个 分析： FA  0 Q  Qmin 由： MB 0 Qmin 6 2 W 2  P12  2  0 得：Q min      FB  0 Q  Qmax 由： M A 0 Qmax6 2 W 2  0 得：Q max      应取： Qmin＜Q＜Qmax （注意：不应取  号） 作业：2-13、2-14（b） 例：思考题： 思考：当有（或无）虚线所示的 力时，应如何求A、B两处反力？ （注意：增加 力后，无"二力构件"） 平衡方程  或 注： 如何求解？ ①满载时的临界平衡状态 ②空载时的临界平衡状态