力的平移定理
第四章 平面一般力系
第一节 力的平移定理
上面两章已经研究了平面汇交力系与平面力偶系的合成与平衡。为了将平面一般力系简化为这两种力系，首先必须解决力的作用线如何平行移动的问题。
设刚体的A 点作用着一个力F （图4－3（a ）），在此刚体上任取一点O 。现在来讨论怎样才能把力F 平移到O 点，而不改变其原来的作用效应？为此，可在O 点加上两个大小相等、方向相反，与F 平行的力F ′和F 〞，且F ′=F 〞=F （图4－3（b ）） 根据加减平衡力系公理，F 、F ′和F 〞与图4－3（a ）的F 对刚体的作用效应相同。显然F 〞和F 组成一个力偶，其力偶矩为
)(O F M Fd m == 这三个力可转换为作用在O 点的一个力和一个力偶（图4－3（c ））。由此可得力的平移定理：
作用在刚体上的力F ，可以平移到同一刚体上的任一点O ，但必须附加一个力偶，其力偶矩等于力F 对新作用点O 之矩。
顺便指出，根据上述力的平移的逆过程，共面的一个力和一个力偶总可以合成为一个力，该力的大小和方向与原力相同，作用线间的垂直距离为：
F
m d '= 力的平移定理是一般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4－4a 所示的厂房柱子受到吊车梁传来的荷载F 的作用，为分析F 的作用效应，可将力F 平移到柱的轴线上的O 点上，根据力的平移定理得一个力F ′，同时还必须附加一个力偶（图4－４（b ））。力F 经平移后，它对柱子的变形效果就可以很明显的看出，力F ′使柱子轴向受压，力偶使柱弯曲。
第二节 平面一般力系向作用面内任一点简化
一、简化方法和结果
设在物体上作用有平面一般力系F 1，F 2，…，F n ，如图4－5（a ）所示。为将这力系简化，首先在该力系的作用面内任选一点O 作为简化中心，根据力的平移定理，将各力全部平移到O 点（图4－5（b ）），得到一个平面汇交力系F 1′，F 2′，…，F n ′和一个附加的平面力偶系n 21,,,m m m 。
其中平面汇交力系中各力的大小和方向分别与原力系中对应的各力相同，即
F 1′=F 1，F 2′=F 2，…，F n ′=F n 各附加的力偶矩分别等于原力系中各力对简化中心O 点之矩，即
,)( ,)( ,)(n 0n 202101F F F M m M m M m ===
由平面汇交力系合成的理论可知，F 1′，F 2′，…，F n ′可合成为一个作用于O 点的力R ˊ，并称为原力系的主矢（图4－5（c ）），即
R ′= F 1′+F 2′+…+F n ′= F 1+F 2+…+F n =∑F i （4－１）
求主矢R ′的大小和方向，可应用解析法。过O 点取直角坐标系oxy ，如图4－5所示。主矢R ′在x 轴和y 轴上的投影为
R x ′= x 1′+x 2′+…+x n ′=x 1+x 2+…+x n =∑X R y ′= y 1′+y 2′+…+y n ′=y 1+y 2+…+y n =∑Y
式中：x i ′、y i ′和x i 、y i 分别是力F i ′和F i 在坐标轴x 和y 轴上的投影。由于F i ′和F i 大小相等、方向相同，所以它们在同一轴上的投影相等。
主矢R ′的大小和方向为
)()(2
22
2
Y X R R R y
x ∑+∑='+'=
' （4－2）
X
Y
R R x
y ∑∑=
''=
αtan （4－3） α为R ′与x 轴所夹的锐角，R ′的指向由∑X 和∑Y 的正负号确定。
由力偶系合成的理论知，m 1，m 2，…，m n 可合成为一个力偶（如图4－5（c ）），并称为原力系对简化中心O 的主矩，即
)()()(i O n O 1O n 1O
F F M M M m m M ∑=++=++=' F （4－4） 综上所述，得到如下结论：平面一般力系向作用面内任一点简化的结果，是一个力和一
个力偶。这个力作用在简化中心，它的矢量称为原力系的主矢，并等于原力系中各力的矢量和；这个力偶的力偶矩称为原力系对简化中心的主矩，并等于原力系各力对简化中心的力矩的代数和。
应当注意，作用于简化中心的力R ′一般并不是原力系的合力，力偶矩为 M O ′也不是原力系的合力偶，只有R ′与M O ′两者相结合才与原力系等效。
由于主矢等于原力系各力的矢量和，因此主矢R 的大小和方向与简化中心的位置无关。而主矩等于原力系各力对简化中心的力矩的代数和，取不同的点作为简化中心，各力的力臂都要发生变化，则各力对简化中心的力矩也会改变，因而，主矩一般随着简化中心的位置不同而改变。
二、平面一般力系简化结果的讨论
平面力系向一点简化，一般可得到一力和一个力偶，但这并不是最后简化结果。根据主矢与主矩是否存在，可能出现下列几种情况：
（1）若R ′=0，M O ′≠0，说明原力系与一个力偶等效，而这个力偶的力偶矩就是主矩。
由于力偶对平面内任意一点之矩都相同，因此当力系简化为一力偶时，主矩和简化中心的位置无关，无论向哪一点简化，所得的主矩相同。
（2）若R ′≠0，M O ′=0，则作用于简化中心的力R ′就是原力系的合力，作用线通过简化中心。
（3）若R ′≠0，M O ′≠0，这时根据力的平移定理的逆过程，可以进一步合成为合力R ，如图4－6所示。
将力偶矩为M O ′的力偶用两个反向平行力R 、R 〞表示，并使R ′和R 〞等值、共线，使它们构成一平衡力图4－6（b ），为保持M O ′不变，只要取力臂d 为
R
M R M d O
O '=
''=
将R 〞和R ′这一平衡力系去掉，这样就只剩下R 力与原力系等效（图4－6（c ））。合力R 在O 点的哪一侧，由R 对O 点的矩的转向应与主矩M O ′的转向相一致来确定。
（4）R ′=0，M O ′=0，此时力系处于平衡状态。 三、平面一般力系的合力矩定理
由上面分析可知，当R ′≠0，M O ′≠0时，还可进一步简化为一合力R ，见图4－6，合力对O 点的矩是
d R M ?=)(O R
而
)( O O O
F M M M d R ∑=''=? 所以
)()(O O F M R M ∑=
由于简化中心O 是任意选取的，故上式有普遍的意义。于是可得到平面力系的合力矩
定理。平面一般力系的合力对作用面内任一点之矩等于力系中各力对同一点之矩的代数和。
例4－1 如图4－7（a ）所示，梁AB 的A 端是固定端支座，试用力系向某点简化的方法说明固定端支座的反力情况。
解：梁的A 端嵌入墙内成为固定端，固定端约束的特点是使梁的端部既不能移动也不能转动。在主动力作用下，梁插入部分与墙接触的各点都受到大小和方向都不同的约束反力
作用（图4－7（b ）），这些约束反力就构成一个平面一般力系，将该力系向梁上A 点简化就得到一个力R A 和一个力偶矩为M A 的力偶（图4－7（c ）），为了便于计算，一般可将约束反力R A ，用它的水平分力X A 和垂直分力Y A 来代替。因此，在平面力系情况下，固定端支座的约束反力包括三个；即阻止梁端向任何方向移动的水平反力X A 和竖向反力Y A ，以及阻止物体转动的反力偶M A 。它们的指向都是假定的（图4－7（d ））。
例4－2 已知素混凝土水坝自重kN 6001=G ，kN 3002=G ，水压力在最低点的荷载集度kN/m 80=q ，各力的方向及作用线位置如图4－8（a ）所示。试将这三个力向底面Ａ点简化，并求简化的最后结果。
解：以底面Ａ为简化中心，取坐标系如图4－8（a ）所示，由式（4－2）和式（4－3）可求得主矢R ′的大小和方向。由于
kN 900300600kN 3208802
1
82121=+=+=∑=??=??=
∑G G Y q X 所以
?
===
∑∑=
==+=∑+∑='70.43813.2 320
900
tan kN 2.955)900(2)320(2)(2)(2ααX
Y Y X R
因为∑X 为正值，∑Y 为正值，故R ′指向第一象限与x 轴夹角为α，再由式（4－4）可求得主矩为
m
kN 3.29534
3005.1600831
880214
5.1831
821)(21A A
?-=?-?-????-=?-?-????-=∑='G G q M M F
计算结果为负值表示M A ′是顺时针转向。
因为主矢R ′≠0，主矩M A ′≠0，如图4－8（b ）所示，所以还可进一步合成为一个合力R 。R 的大小、方向与R ′相同，它的作用线与A 点的距离为
m 10.32
.9553.2953O ==''=R M d
因M A ′为负，故M A （R ）也应为负，即合力R 应在A 点右侧，如图4－8（c ）所示。
第三节 平面一般力系平衡条件及其应用
一、平面一般力系的平衡条件
平面一般力系向任一点简化时，当主矢、主矩同时等于零，则该力系为平衡力系。因此，平面一般力系处在平衡状态的必要与充分条件是力系的主矢与力系对于任一点的主矩都等于零，即：
R ′=0 M O ′=0
根据式（4－2）及式（4－4），可得到平面一般力系的平衡条件为
??
?
??
=∑=∑=∑000O M Y X （4－5） 式（4－5）说明，力系中所有各力在两个坐标轴上的投影的代数和均等于零，所有各力
对任一点之矩的代数和等于零。
式（4－5）中包含两个投影方程和一个力矩方程，是平面一般力系平衡方程的基本形式。这三个方程是彼此独立的（即其中的一个不能由另外两个得出），因此可求解三个未知量。
例4－3 梁AB 一端为固定端支座，另一端无约束，这样的梁称为悬臂梁。它承受均布荷载q 和一集中力P 的作用，如图4－9（a ）所示。已知P =10kN ， q =2kN/m ，l =4m ，?=45α，梁的自重不计，求支座A 的反力。
解：取梁AB 为研究对象，其受力图如图4－9（b ）所示。支座反力的指向是假定的，梁上所受的荷载和支座反力组成平面一般力系。在计算中可将线荷载q 用作用其中心的集中力2
ql
Q =
来代替。选取坐标系，列平衡方程。 )
(kN 07.7707.010cos 0
cos - 0A A →=?====∑ααP X P X X
)
(kN 07.11707.0102
4
2sin 2 0sin 2
0A A ↑=?+?=+==--
=∑ααP ql Y P ql
Y Y
) ( m kN 28.404707.0108
4
23sin 83 0sin 422ql 02
2
A A ?=??+??=?+=
=?-??
?
??+-
=∑l P ql m l P l l m M A αα
力系既然平衡，则力系中各力在任一轴上的投影代数和必然等于零，力系中各力对任一
点之矩的代数和也必然为零。因此，我们可以列出其它的平衡方程，用来校核计算有无错误。
校核 028.40407.114
4
24242A A B =+?-??=+?-?=
∑m l Y l ql M 可见，Y A 和m A 计算无误。
例4－4 图4－10（a ）所示一伸臂梁。受到荷载kN 2=P ，三角形分布荷载kN/m 1=q 作用。如果不计梁重，求支座A 和B 的反力。
解：取CD 梁为研究对象，受力图如图4－10（b ）所示，列平衡方程。
)
(kN 25.0122321 0
21321
1 00 0B B A A ↓-=??
?
???-?==+???-
?=∑==∑q Y Y q P M X X )
(kN 75.3)25.0(12
3
223 0321
0B A B A ↑=--?+=-+==??-
-+=∑Y q P Y q P Y Y Y 得数为正值，说明实际的反力方向与假设的方向一致，得数为负值，说明实际的反力方向与假设的方向相反。
例4－5 一水平托架承受重kN 20=G 的重物，如图4－11（a ）所示，A 、B 、C 各处均为铰链连接。各杆的自重不计，试求托架A 、B 两处的约束反力。
解: 取托架水平杆AD 作为研究对象，其受力图如图4－11（b ）所示。由于杆BC 为二力杆，它对托架水平杆的约束反力B S 沿杆BC 轴线作用，A 处为固定铰支座，其约束反力可用相互垂直的一对反力A X 和A Y 来代替。取坐标系如图，列出三个平衡方程。
kN
43.422
2345sin 23 0
3245sin 0B B A ==?==-??=∑G G S G S M kN 30707.043.4245cos 0
45cos 0B A B A =?===?+-=∑S X S X X
kN
1020707.043.4245sin 0
45sin 0B A B A =-?=-?==-?+-=∑G S Y G S Y Y
校核
1707.043.423101
45sin 3A D =??-?=??-?=∑B S Y M 说明计算无误
例4－6 钢筋混凝土刚架，所受荷载及支承情况如图4－12（a ）所示。已知
kN 20 m,kN 2 kN,10 kN/m,4=?===Q m P q ，试求支座处的反力。
解：取刚架为研究对象，画其受力图如图4－12（b ）所示，图中各支座反力指向都是假设的。
本题有一个力偶荷载，由于力偶在任一轴上投影为零，故写投影方程时不必考虑力偶，由于力偶对平面内任一点的矩都等于力偶矩，故写力矩方程时，可直接将力偶矩m 列入。
设坐标系如图4－12（b ）所示，列三个平衡方程
)
(kN 3446106 0
6 0A A ←-=?--=--==++=∑q P X q P X X
)
(kN 29
4
1822031041834 0
36346 0B B A ↑=?++?+?=+++==?--?-?-?=∑q m Q P Y q m Q P Y M
)
(kN 92920 0
0B A B A ↓-=-=-==-+=∑Y Q Y Q Y Y Y
校核
3462203102)9(6)34(63
63266C =??+-?+?+-?--?=?+-++-=∑q m Q P Y X M A A 说明计算无误。
从上述几个例题可以看出，平面一般力系平衡问题的解题步骤为： 1． 选取研究对象，作出研究对象的受力图。 2． 对所选取的研究对象，列出平衡方程。 3． 由平衡方程解出未知量。
4． 将计算结果代入不独立的平衡方程，以校核解题过程有无错误。 二、平面一般力系平衡方程的其他形式
前面我们通过平面一般力系的平衡条件导出了平面一般力系平衡方程的基本形式，除了这种形式外，还可将平衡方程表示为二力矩形式及三力矩形式。
1．二力矩形式的平衡方程
在力系作用面内任取两点A 、B 及X 轴，如图4－13所示，可以证明平面一般力系的平衡方程可改写成两个力矩方程和一个投影方程的形式，即：
??
?
??
=∑=∑=∑000B A M M X (4－6) 式中X 轴不与A 、B 两点的连线垂直。
证明：首先将平面一般力系向A 点简化，一般可得到过A 点的一个力和一个力偶。若
0A =M 成立，则力系只能简化为通过A 点的合力R 或成平衡状态。如果0B =∑M 又成立，
说明R 必通过B 。可见合力R 的作用线必为AB 连线。又因0=∑X 成立，则0X =∑=X R ，即合力R 在X 轴上的投影为零，因AB 连线不垂直X 轴，合力R 亦不垂直于X 轴，由0X =R 可推得0=R 。可见满足方程（4－6）的平面一般力系，若将其向A 点简化，其主矩和主矢都等于零，从而力系必为平衡力系。
2．三力矩形式的平衡方程
在力系作用面内任意取三个不在一直线上的点A 、B 、C ，如图4－14所示，则力系的平衡方程可写为三个力矩方程形式，即
??
?
?
?
=∑=∑=∑000C B A M M M （4－7）
式中，A 、B 、C 三点不在同一直线上。
同上面讨论一样，若0A =∑M 和0B =∑M 成立，则力系合成结果只能是通过A 、B 两点的一个力（图4－14）或者平衡。如果0C =∑M 也成立，则合力必然通过C 点，而一个力不可能同时通过不在一直线上的三点，除非合力为零，0C =∑M 才能成立。因此，力系必然是平衡力系。
综上所述，平面一般力系共有三种不同形式的平衡方程，即式（4－5）、式（4－6）、式（4－7），在解题时可以根据具体情况选取某一种形式。无论采用哪种形式，都只能写出三个独立的平衡方程，求解三个未知数。任何第四个方程都不是独立的，但可以利用这个方程来校核计算的结果。
例4－7 某屋架如图4－15（a ）所示，设左屋架及盖瓦共重kN 31=P ，右屋架受到风力及荷载作用，其合力kN 72=P ，2P 与BC 夹角为?80，试求A 、B 支座的反力。
解：取整个屋架为研究对象，画其受力图，并选取坐标轴X 轴和Y 轴，如图4－15（b ）所示，列出三个平衡方程
kN
39.2342.0770cos 0
70cos 02A 2A =?=?==?-=∑P X P X X
030tan 470cos 1270sin 416 0221B A =????+??-?-?=∑P P P Y M
kN
34.516
577.0342.07494.07123416
30tan 70cos 470sin 124221B =???-??+?=?
??-?+=
P P P Y
030tan 470cos 470sin 12 16 0221A B =????+??++-=∑P P P Y M
kN
24.416
30tan 70cos 470sin 412221A =?
??+?+=
P P P Y
校核
94.07334.524.470sin 21B A =?--+=?
--+=∑P P Y Y Y 说明计算无误。
例4－8 梁AC 用三根支座链杆连接，受一力kN 50=P 作用，如图4－16（a ）所示。不计梁及链杆的自重，试求每根支座链杆的反力。
解： 取AC 梁为研究对象，画其受力图，如图4－16（b ）所示。列平衡方程时，为避免解联立方程组，最好所列的方程中只有一个未知力，因此，取A R 和B R 的交点O １为矩心列平衡方程
kN 2.376
866
.05045.0502660sin 460cos 2 0460sin 260cos 6 0C C O 1=??+??=?+?=
=??-??-?=∑P P R P P R M
取B R 与C R 的交点O 2为矩心列平衡方程
260sin 460cos 45cos 6
0A O 2=??-??+?
?-=∑P P R M kN
99.216
707
.0)866.05025.0504(6)60sin 260cos 4(A =???+??=
?+?=
P P R 取 060cos 45cos 45cos 0B A =?-?-?=∑P R R X
kN 37.13707
.05
.050707.099.2145cos 60cos 45cos A B -=?-?=??-?=
P R R
校核
866.0502.37707.037.13707.099.2160sin 45sin 45sin C A =?-+?-?=?
-+?+?=∑P R R R Y B
说明计算无误。
3．平面力系的特殊情况
平面一般力系是平面力系的一般情况。除前面讲的平面汇交力系，平面力偶系外，还有平面平行力系都可以看为平面一般力系的特殊情况，它们的平衡方程都可以从平面一般力系的平衡方程得到，现讨论如下。
（1）平面汇交力系
对于平面汇交力系，可取力系的汇交点作为坐标的原点，图4－17(a)所示，因各力的作
用线均通过坐标原点O ，各力对O 点的矩必为零，即恒有0O =∑M 。因此，只剩下两个投影方程：
0 0=∑=∑Y X
即为平面汇交力系的平衡方程。 （2）平面力偶系
平面力偶系如图4－17(b)所示，因构成力偶的两个力在任何轴上的投影必为零，则恒有0=∑X 和0=∑Y ，只剩下第三个力矩方程，但因为力偶对某点的矩等于力偶矩，则力矩方程可改写为
0O =∑m
即平面力偶系的平衡方程。
（3）平面平行力系
平面平行力系是指其各力作用线在同一平面上并相互平行的力系，如图4－17（Ｃ）所示，选OY 轴与力系中的各力平行，则各力在X 轴上的投影恒为零，则平衡方程只剩下两个独立的方程
?
??
=∑=∑00O M Y （4－8）
若采用二力矩式（4－6），可得
?
??
=∑=∑00B A M M （4－9）
式中A 、B 两点的连线不与各力作用线平行。
平面平行力系只有两个独立的平衡方程，只能求解两个未知量。
例4－9 图4－18所示为塔式起重机。已知轨距m 4=b ，机身重kN 260=G ，其作用线到右轨的距离m 5.1=e ，起重机平衡重kN 80=Q ，其作用线到左轨的距离m 6=a ，荷载P 的作用线到右轨的距离m 12=l ，（1）试证明空载时（0=P 时）起重机时否会向左倾倒？（2）求出起重机不向右倾倒的最大荷载P 。
解：以起重机为研究对象，作用于起重机上的力有主动力G 、P 、Q 及约束力A N 和B N ，它们组成一个平行力系（图4－18）。
（1）使起重机不向左倒的条件是0B
≥N ，当空载时，取0=P ，列平衡方程
0)( 0B A =+-?+?=∑b e G b N a Q M
[][]0
kN 5.237680)45.1(2604
1
)(1
B >=?-+=?-+=
a Q
b e G b N 所以起重机不会向左倾倒
（2）使起重机不向右倾倒的条件是0A ≥N ，列平衡方程
[]l P e G b a Q b
N l P e G b N b a Q M ?-?-+=
=?-?-?-+=∑)(1
0)( 0A A B
欲使0A ≥N ，则需
0)(≥?-?-+l P e G b a Q
[][]kN
17.345.1260)46(8012
1
)(1
=?-+=?-+≤
e G b a Q l P 当荷载kN 17.34≤P 时，起重机是稳定的。 三、物体系统的平衡
前面研究了平面力系单个物体的平衡问题。但是在工程结构中往往是由若干个物体通过一定的约束来组成一个系统。这种系统称为物体系统。例如，图示4－19（a ）所示的组合梁，就是由梁AC 和梁CD 通过铰C 连接，并支承在A 、B 、D 支座而组成的一个物体系统。
在一个物体系统中，一个物体的受力与其他物体是紧密相关的；整体受力又与局部紧密相关的。物体系统的平衡是指组成系统的每一个物体及系统的整体都处于平衡状态。
在研究物体系统的平衡问题时，不仅要知道外界物体对这个系统的作用力，同时还应分析系统内部物体之间的相互作用力。通常将系统以外的物体对这个系统的作用力称为外力，系统内各物体之间的相互作用力称为内力。例如图4－19（b ）的组合梁的受力图，荷载及A 、B 、D 支座的反力就是外力，而在铰C 处左右两段梁之间的互相作用的力就是内力。
应当注意，外力和内力是相对的概念，是对一定的考察对象而言的，例如图4－19组合梁在铰C 处两段梁的相互作用力，对组合梁的整体来说，就是内力，而对左段梁或右段梁来说，就成为外力了。
当物体系统平衡时，组成该系统的每个物体都处于平衡状态，因而，对于每一个物体一般可写出三个独立的平衡方程。如果该物体系统有n 个物体，而每个物体又都在平面一般力系作用下，则就有n 3个独立的平衡方程，可以求出n 3个未知量。但是，如果系统中的物体受平面汇交力系或平面平行力系的作用，则独立的平衡方程将相应减少，而所能求的未知量数目也相应减少。当整个系统中未知量的数目不超过独立的平衡方程数目，则未知量可由平衡方程全部求出，这样的问题称为静定问题。当未知量的数目超过了独立平衡方程数目，则未知量由平衡方程就不能全部求出，这样的问题，则称为超静定问题，在静力学中，我们不考虑超静定问题。
在解答物体系统的平衡问题时，可以选取整个物体系统作为研究对象，也可以选取物体系统中某部分物体（一个物体或几个物体组合）作为研究对象，以建立平衡方程。由于物体系统的未知量较多，应尽量避免从总体的联立方程组中解出，通常可选取整个系统为研究对象，看能否从中解出一或两个未知量，然后再分析每个物体的受力情况，判断选取哪个物体为研究对象，使之建立的平衡方程中包含的未知量少，以简化计算。
下面举例说明求解物体系统平衡问题的方法。
例4－10 组合梁受荷载如图4－20(a)所示。已知
kN,161=P kN 202=P ，m kN 8?=m ，梁自重不
计，求支座A 、C 的反力。
解：组合梁由两段梁AB 和BC 组成，作用于每一个物体的力系都是平面一般力系，共有6个独立的平衡方程；而约束力的未知数也是6（A 处有三个，B 处有两个，C 处有1个）。首先取整个梁为研究对象，受力图如图4－20（b ）所示。
kN
1060cos 060cos 02A 2A =?==?-=∑P X P X X
其余三个未知数A Y 、A m 和C R ，无论怎样选取投影轴和矩心，都无法求出其中任何一个，因此，必须将AB 梁和BC 梁分开考虑，现取BC 梁为研究对象，受力图如图4－20（c ）所示。
kN
1060cos 060cos 02B 2B =?==?-=∑P X P X X
kN
66.82
60sin 0
160sin 2 02C 2B =?
==??-=∑P R P R M C kN
66.860sin 060sin 02C B 2B C =?+-==?-+=∑P R Y P Y R Y
再回到受图4－20（b ）
kN
98.655260sin 4 0260sin 45 0C 12A A 12C A =+-+?==+-?-?-=∑m R P P m m m P P R M
kN
66.2460sin 060sin 0C 21A 21C A =-?+==?--+=∑R P P Y P P R Y Y
校核：对整个组合梁，列出
866.82866.020111666.24398.65260sin 113-C 21A A B =-?+??-?+?-=-+??-?+=∑m
R P P Y m M 可见计算无误。
例4－11 钢筋混凝土三铰刚架受荷载如图4－21（a ）所示，已知kN/m 16=q ，kN 24=P ，求支座A 、B 和铰C 的约束反力。
解： 三铰刚架由左右两半刚架组成，受到平面一般力系的作用，可以列出六个独立的平衡方程。分析整个三铰刚架和左、右两半刚架的受力，画出受力图，如图（b ）、（c ）、（d ）
所示，可见，系统的未知量总计为六个，可用六个平衡方程求解出六个未知量。
（1）取整个三铰刚架为研究对象，受力图如图4－21（b ）所示 ()kN
47104816
1
161048 0B B A =?+??==?+?-??-=∑P q Y Y P q M
()kN 105612816
1
166128 0A A B =?+??=
=?-?+??=∑P q Y Y P q M (a)
0B A B A X X X X X ==-=∑
（2）取左半刚架为研究对象，受力图如图4－21（c ）所示
()kN
414888
1
8488 0A A A C =??-==?-??+?=∑q Y X Y q X M A kN 238 08 0A C C A =-?==?-+=∑Y q Y q Y Y Y
kN
41 0X 0A C C A ===-=∑X X X X
将A X 值代入（a ），可得
kN 41A B ==X X
校核：考虑右半刚架的平衡，受力图如图4－21（d ）所示
04141B C =-=-'
=∑X X X 0
8418472248
82B B C =?-?+?-=?-?+?-=∑X Y P M 0242347-C B =--=-'
=∑P Y Y Y
可见计算无误。
例4－12 图4－22（a ）所示，在支架上悬挂着重kN 4=P 的重物，B 、E 、D 为铰接，A 为固定端支座，滑轮直径为300mm ，轴承C 是光滑的，其余尺寸如图示。各杆和滑轮、绳子重量不计，求A 、B 、C 、D 、E 各处的反力。
解：本结构中，DE 为二力杆，因此D 、E 处铰链反力有1个未知量；A 为固定端支座有3个未知的约束反力；B 、C 处铰链反力各有2个未知量；滑轮两边的绳子拉力各有1个未知量；共10个未知量。考虑到AB 、BC 和滑轮三个构件处于平衡，其可写9个平衡方程；再加上重物在二力作用下处于平衡，可有1个平衡方程。平衡方程的数目恰好等于未知量的数目。
取整个结构为研究对象，（图4－22（b ））列平衡方程
0 0==∑A X X
kN
4 0 0===-=∑P Y P Y Y A A
kN
6.815.24 015.2 0A A A =?==?-=∑m P m M
考虑重物的平衡（图4－22（e ））根据二力平衡公理知
kN 41==P T
考虑滑轮的平衡（图4－22（d ）），列平衡方程
kN
4 015.015.0 01212C ===?-?=∑T T T T M
可见，在不计轴承摩擦的情况下，滑轮处于平衡时，其两边绳子的拉力相等。
kN 83.245cos 045cos 02C 2C =?==?-=∑T X T X X
kN
83.645sin 0
45sin 021C 21C =?+==?--=∑T T Y T T Y Y
再考虑BC 杆的平衡（图4－22（c ）），列平衡方程
kN
32.1945cos 2 0145cos 2 0C
C B =?
=
=???+?-=∑Y S S Y M
kN
83.1045sin 045sin 0C B B -=?-==-?+=∑S X X X S X X C
kN
83.645cos 045cos 0C B B =-?==-?+-=∑Y S Y Y S Y Y C
校核：取BC 杆平衡（图4－22（c ）），由于
0707.032.19183.6245sin 12B C =??-?=??-=∑S Y M
可见计算无误。
第5章 力的简化
第5章 力系的简化——思考题——解答 5-1 将图(a)所示平面结构中作用于B 处的力F 平移到D 处，并按力的平移 定理加上相应的附加力偶M = F·a ，如图(b)所示，试问它们对结构的作用效应是否相同？为什么？ 5-1 解答 它们对结构的作用效应是不同的。因为杆OA 与杆AB 不是同一刚体，而是组成 了刚体系统，在简化前力F 作用于杆AB 上，而简化后力F 作用于杆OA 上，虽然按力的平移定理施加了相应的附加力偶，但也是不等效简化。 5-2 如图所示，半径为r 的两个均质圆盘均处于平衡状态，试问：(1) 图(a) 中能否说力偶M 与力F 作用效果相反？图(b)中能否说力1F 与力2F 作用效果相反？为什么？ 5-2 解答： (1) 对于图(a)，不能说“力偶M 与力F 作用效果相反”，因为力偶和一个力都是 力系的最简形式，因而力偶和一个力不能相互平衡，因此不能说力偶和一个力的 思考题5-1图 (a) 思考题5-1图 (b) 思考题5-2图 (a) 思考题5-2图 (b) 2
作用效果相同或相反。 (2) 对于图(b)，不能说“力1F 和力2F 作用效果相反”，均质圆盘处于平衡状态，所以21F F ，即两个力的大小相等、方向相同，但两个力的作用点不同，因此不 能说“力1F 和力2F 作用效果相反”。应该说“力1F 对点O 的矩和力2F 对点O 的 矩的大小相等、转向相反”。 5-3 试问力系的主矢和对某点的主矩与力系的合力和合力偶的概念有什么区别？有什么联系？ 5-3 解答：待解答 5-4 某空间力系对不共线的三点的主矩均为零，能否说该力系一定是平衡力系？为什么？ 5-4 解答： 某空间力系对不共线的三点的主矩均为零，不能判断该力系一定平衡。因为空间平衡力系有六个独立的平衡方程，对不共线的三点的主矩为零只满足了三个独立的平衡方程，因此不能就此判断该空间力系是平衡力系。
力的平移定理
第四章平面一般力系 第一节力得平移定理 上面两章已经研究了平面汇交力系与平面力偶系得合成与平衡。为了将平面一般力系简化为这两种力系,首先必须解决力得作用线如何平行移动得问题。 设刚体得A点作用着一个力Ｆ(图4－３(a)）,在此刚体上任取一点O。现在来讨论怎样才能把力F平移到O点,而不改变其原来得作用效应？为此,可在O点加上两个大小相等、方向相反,与F平行得力F′与F〞,且F′=F〞=F(图4－3(b)）根据加减平衡力系公理,F、F′与F〞与图4－3(a)得F对刚体得作用效应相同。显然F〞与Ｆ组成一个力偶,其力偶矩为 这三个力可转换为作用在O点得一个力与一个力偶（图4-3（ｃ））。由此可得力得平移定理: 作用在刚体上得力F，可以平移到同一刚体上得任一点O，但必须附加一个力偶,其力偶矩等于力F对新作用点O之矩。 顺便指出，根据上述力得平移得逆过程,共面得一个力与一个力偶总可以合成为一个力,该力得大小与方向与原力相同,作用线间得垂直距离为: 力得平移定理就是一般力系向一点简化得理论依据, 也就是分析力对物体作用效应得一个重要方法。例如,图4 －4ａ所示得厂房柱子受到吊车梁传来得荷载F得作用,为 分析F得作用效应,可将力F平移到柱得轴线上得O点上， 根据力得平移定理得一个力Ｆ′，同时还必须附加一个力 偶（图4-4(b）)．力F经平移后,它对柱子得变形效果就可 以很明显得瞧出,力F′使柱子轴向受压，力偶使柱弯曲。 第二节平面一般力系向作用面内任一点简化 一、简化方法与结果 设在物体上作用有平面一般力系F1,F2，…,F n，如图 ４-5(ａ）所示。为将这力系简化，首先在该力系得作用面内任选一点O作为简化中心,根据力得平移定理,将各力全部平移到Ｏ点（图４-5(b）),得到一个平面汇交力系Ｆ１′,Ｆ２′,…，F n′与一个附加得平面力偶系. 其中平面汇交力系中各力得大小与方向分别与原力系中对应得各力相同,即 Ｆ１′=Ｆ1，F2′＝F2，…，F n′=F n
力的作用点平移
项目三：力的平移定理 【教学题目】 力的平移定理 【教材版本】 孔七一主编，《应用力学》。北京：人民交通出版社，2012 【教学目标与要求】 一、知识目标 理解力的平移定理； 二、能力目标 会使用力的平移定理。 三、教学要求 将力的平移定理的用法讲透彻。 【教学思想】 通过对知识的学习、分析，培养学生的逻辑思维能力。 【难点分析】 力的作用点平移后所附加的力偶矩计算。 【教学方法和策略】 讲练法。 【教学资源】 1.姬慧主编，《土木工程力学》。北京：化学工业出版社，2010 2.同济大学基础力学教学研究部主编，《理论力学》。同济大学出版社，2010 3.王长连主编，《建筑力学》。北京：清华大学出版社，2009 【教学安排】 1学时（45分钟）。 【教学过程】 一、导入课程 从中学物理学的解体过程入手，深层次讲解力的平移定理。 启发教学：重力的产生是地球对物体上每一个部分的吸引力，为什么在计算的时候要把重力画在几何中心上？
二、课堂教学 力的平移定理：作用于物体上的力，可以平行移动到刚体的任何一点，但必须同时附加一个力偶，其力偶矩等于原力对新作用点的矩。 注：力的平移不能移出刚体。 1.力在其作用线上的平移 力可以在其作用线上移动到刚体上的任一点，而不改变该力对刚体的作用效果。也称为力的可传性 2.力不在其作用线上的平移 力可以平行移动到刚体的任何一点，但必须同时附加一个力偶，其力偶矩等于原力对新作用点的矩。 注意：普遍适用，当在其作用线上平移时，附加的力偶矩为0。 力的平移定理主要用于对平面一般力系的处理 三、中学物理受力图分析 如下图：A物体水平置于地面上，其在受到推力F的作用下，仍处于静止状态，试分析A的受力状况。
力的平移定理
第四章 平面一般力系 第一节 力的平移定理 上面两章已经研究了平面汇交力系与平面力偶系的合成与平衡。为了将平面一般力系简化为这两种力系，首先必须解决力的作用线如何平行移动的问题。 设刚体的A 点作用着一个力F （图4－3（a ）），在此刚体上任取一点O 。现在来讨论怎样才能把力F 平移到O 点，而不改变其原来的作用效应？为此，可在O 点加上两个大小相等、方向相反，与F 平行的力F ′和F 〞，且F ′=F 〞=F （图4－3（b ）） 根据加减平衡力系公理，F 、F ′和F 〞与图4－3（a ）的F 对刚体的作用效应相同。显然F 〞和F 组成一个力偶，其力偶矩为 )(O F M Fd m == 这三个力可转换为作用在O 点的一个力和一个力偶（图4－3（c ））。由此可得力的平移定理： 作用在刚体上的力F ，可以平移到同一刚体上的任一点O ，但必须附加一个力偶，其力偶矩等于力F 对新作用点O 之矩。 顺便指出，根据上述力的平移的逆过程，共面的一个力和一个力偶总可以合成为一个力，该力的大小和方向与原力相同，作用线间的垂直距离为： F m d '= 力的平移定理是一般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4－4a 所示的厂房柱子受到吊车梁传来的荷载F 的作用，为分析F 的作用效应，可将力F 平移到柱的轴线上的O 点上，根据力的平移定理得一个力F ′，同时还必须附加一个力偶（图4－４（b ））。力F 经平移后，它对柱子的变形效果就可以很明显的看出，力F ′使柱子轴向受压，力偶使柱弯曲。 第二节 平面一般力系向作用面内任一点简化 一、简化方法和结果 设在物体上作用有平面一般力系F 1，F 2，…，F n ，如图4－5（a ）所示。为将这力系简化，首先在该力系的作用面内任选一点O 作为简化中心，根据力的平移定理，将各力全部平移到O 点（图4－5（b ）），得到一个平面汇交力系F 1′，F 2′，…，F n ′和一个附加的平面力偶系n 21,,,m m m 。
工程力学 阶段1试卷及答案
阶段试卷1 一、判断题。（每题1分，共10分） 1、若作用在刚体上的三个力的作用线汇交于同一点，则该刚体必处于平衡状态。（ ） 2、根据力线平移定理，可以将一个力分解为一个力和一个力偶。反之一个力和一个力偶肯定能合成一个力。（ ） 3、只要接触面间有正压力存在，则必然会产生滑动摩擦力。（ ） 4、有一空间力系，已知它向某不共线的三点简化时所得的主矩相同，则该力系简化的最简结果应该是一个合力偶。（ ） 5、刚体做定轴转动时，其角加速度为正值，则该刚体一定做加速运动。（ ） 6、牵连运动是指动系上在该瞬时与动点重合的点对于定系的运动。（ ） 7、平面图形上任意两点的速度在任一直线上的投影始终相等。（ ） 8、两个自由质点，仅其运动微分方程相同，还不能肯定其运动规律也相同。（ ） 9、若系统的动量守恒，则其对任意点的动量矩一定守恒，若系统对某点的动量矩守恒，则其动量一定守恒。（ ） 10、凡是具有对称面、对称轴、对称中心的物质，重心一定在物体的对称面、对称轴、对称中心上。（ ） 二、选择题。（每题3分，共24分） 1、下面叙述中不正确的是（ ）。 A 、物体所受重力与物体的运动状态无关，只与物体的质量和当地的重力加速度有关； B 、表面光滑的两物体相互作用，作用力一定与接触表面垂直； C 、具有规则几何形状的物体，重心必在几何中心； D 、拖拉机后轮的花纹很深是为了增大摩擦力。 2、有两个大小恒定的力，作用在一点上。当两力同向时，合力为A ，反向时合力为B ，当两力相互垂直时，其合力的大小为（ ）。 A 、2 2 B A +; B 、2/)(22B A +; C 、B A +; D 、2/)(B A +。
工程力学基础知识
工程力学基础知识（葵花宝典） —————工业人逢考必过！！！ 第1篇 静力学 1、平面汇交力系平衡的充要条件是该力系的合力等于零。即： ∑∑==0,0y x F F 2、平面汇交力系简化的依据是平行四边形法则。※ 3、平面汇交力系可列2个独立方程，求解2个未知量。※ 4、在平面问题中力对点之矩不仅与力的大小有关而且与矩心位置有关。（方向：绕矩心逆正顺负） 5、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分力对于该点之矩的代数和。 6、力和力偶是静力学的两个基本要素。 7、平面力偶系的合成结果是一个力偶，汇交力系的合成结果是一个力。（注：力只能与力平衡；力偶只能与力偶平衡） 8、平面力偶系平衡的充要条件是：力偶系中各力偶矩的代数和为零。即 ：∑=0i M 9、平面任意力系简化的依据是力线平移定理。※ 10、力线平移定理揭示了力与力偶的关系。 11、平面任意力系可列3个独立方程，求解3个未知量。※ 第2篇 材料力学 1、杆件的四种基本变形：轴向拉伸或压缩、剪切、扭转、弯曲 ※ 2、为使杆件能正常工作应满足（三个考虑因素）：强度要求、刚度要求、稳定性要求。※ 3、材料力学对变形固体所做的四个基本假设：连续性假设、均匀
性假设、各向同性假设、小变形假设。※ 4、求内力的方法为截面法。 轴向拉压部分 5、轴向拉压的受力特点：外力合力的作用线与杆的轴线重合。 轴向拉压的变形特点：杆件产生沿轴线方向的拉伸或压缩。 6、轴向拉压杆横截面上的内力为轴力（符号N F ），该力产生正应 力σ，公式为：A F N =σ，其中A 为横截面面积。 7、圣维南原理：应力分布只在力系作用区域附近有明显差别，在离开力系作用区域较远处，应力分布几乎均匀。 8、低碳钢拉伸的四个阶段：弹性阶段、屈服阶段、强化阶段、局部变形（颈缩）阶段。※ 9、衡量材料塑性的指标：伸长率和断面收缩率。 10、拉压杆强度计算的三类问题： （1）校核： []σσ≤??? ??=max max A F N （2）设计截面尺寸：A F A N ≥ （3）确定许可荷载：[]A F ?≤σ 11、拉压杆变形：EA Fl l =? 扭转部分 12、扭转时外力偶矩的计算公式：n P M k e 9549 =，其中k P 单位为kw ，n 单位为min r 。 13、扭矩正负号判断：右手定则（具体见教材145页）。 14、切应力互等定理：单元体两个相互垂直的平面上的切应力成对
最新力的平移定理
课程:建筑力学授课人：高灿辉 1 课题：力的平移定理 2 教学目标： 3 1.理解掌握力的平移定理 4 2.应用力的平移定理解决简单问题 5 教学重点： 6 理解力的平移定理的内容 7 教学难点： 8 力的平移定理的应用 9 教学方法： 10 自主学习，合作探究 11 教学过程： 12 一. 导入课题，明确目标要求 13 1.上一节我们学习了汇交力系的合成，作用在同一点的力可以直接利14 用力的合成法则进行合成，但是大多数情况下作用在物体上的力并不是作用15 在同一点，我们今天就学习如何把非共点力变成共点力——力的平移定理16 2.明确教学目标要求（见PPT） 17 二. 自主学习，合作探究 18 学生自主学习课本P20探究问题： 19
什么是力的平移定理？ 20 三. 反馈展示，质疑释疑 21 1.学生反馈探究结果 22 力的平移定理：作用在刚体上的一个力F，可以平移到刚体上任一点O，同时23 附加一个力偶，其力偶矩等于原力F对新作用点O 的矩 24 2.教师提出问题，让学生思考 25 1.平移力为什么要附加力偶？ 26 2.附加力偶为什么等于原力F对新作用点O 的矩？ 27 四. 精讲提升，拓展延伸 28 1.理解力的平移定理 29 30 2.例：如图，柱子上作用一集中力F=20KN,它的作用线偏离柱轴线31 e=0.03m,试将力F平移到柱子轴线上。 32
33 五. 课堂小结 34 本课题主要学习掌握以下内容 35 1.力的平移定理的内容 36 2.应用力的平移定理解决简单问题。 37 六. 达标检测，巩固提高 38 1.判断：一个力可以通过平移得到一个新力和一个力偶。（）39 2.简述力的平移定理。 40 七.课后作业 41