第三章平面力系的合成与平衡

3平面力系的合成与平衡

本章主要研究力的投影和合力投影定理、合力矩定理、各种平面力系的平衡方程及应用、考虑摩擦时物体的平衡。本章提要

所谓平面力系是指各力的作用线都在同一平面内的力系。在平面力系中，若各力的作用线交于一点，则称为平面汇交力系(图3.1)；若各力的作用线相互平行，则称为平面平行力系(图3.2)；若各力的作用线既不完全交于一点也不完全相互平行，则称为平面一般力系(图3.3)。研究力系的合成与平衡问题通常有两种方法，即几何法和解析法。图3.1图3.2图3.3本章内容3.1

平面汇交力系3.2

平面一般力系3.3

平面平行力系的平衡方程3.4

物体系统的平衡3.5

考虑摩擦时物体的平衡3.1平面汇交力系3.1.1力在坐标轴上的投影设力F作用于物体的A点，如图3.4所示。图3.4

若已知力F的大小及其与x轴所夹的锐角α，则力F在坐标轴上的投影Fx和Fy可按下式计算

Fx=±Fcosα

Fy=±Fsinα力在坐标轴上的投影有两种特殊情况：

(1)

当力与坐标轴垂直时，力在该轴上的投影等于零。

(2)

当力与坐标轴平行时，力在该轴上的投影的绝对值等于力的大小。

如果已知力F在直角坐标轴上的投影Fx和Fy，则力F的大小和方向可由下式确定力F的指向可由投影Fx和Fy的正负号来确定(见表3.1)。如果把力F沿x、y轴分解为两个分力F1、F2，投影的绝对值等于分力的大小，投影的正负号指明了分力是沿该轴的正向还是负向。【例3.1】试分别求出图3.5中各力在x轴和y轴上的投影。已知F1=150N，F2=130N，F3=100N，F4=50N,各力的方向如图所示。【解】力F3与x轴平行，与y轴垂直，其投影可直接得出；其他各力的投影可由式(3.1)计算求得。故各力在x、y轴上的投影为

F1x=-F1cos30°=-139.9N

F1y=-F1sin30°=-75N

F2x=F2=130N

F2y=0

F3x=-F3cos45°=-70.7N

F3y=F3sin45°=70.7N

F4x=F4cos30°=43.3N

F4y=-F4sin30°=-35N表3.1力的方向与其投影的正负号图3.5

图3.6(a)所示为一平面汇交力系F1、F2、F3，各力的作用线汇交于A点。为将该力系合成，可首先以A点为坐标原点取直角坐标系Axy，然后将各力分别沿x轴和y轴方向分解(图3.6(b))，得各分力的大小为

F1x=F1cosα1,F2x=F2cosα2,F3x=F3cosα3

F1y=F1sinα1,F2y=F2sinα2,F3y=F3sinα3

再将沿同一坐标轴的各个分力合成，分别得合力R1、R2(图3.6(c))，其大小分别为

R1=F1x+F2x+F3x

R2=F1y+F2y+F3y

3.1.2平面汇交力系的合成

合力R在两个坐标轴上的投影分别为

Rx=R1=F1x+F2x+F3x

Ry=R2=F1y+F2y+F3y

如果平面汇交力系包含有n个力，则上面两式中右边将各有n项，即

Rx=F1x+F2x+…+Fnx

Ry=F1y+F2y+…+Fny

上式可简写为

Rx=∑Fx

Ry=∑Fy

由以上分析可知：平面汇交力系合成的结果是一个合力R，合力R的作用线通过原力系的汇交点，合力R的大小和方向可由下式确定上式表明了合力在任一轴上的投影，等于各分力在同一轴上投影的代数和。我们称之为合力投影定理。【例3.3】图3.7所示的吊环上作用有3个共面的拉力，各力的大小分别是T1=3kN、T2=1kN、T3=1.5kN，方向如图所示，试求其合力。【解】建立直角坐标系Oxy如图3.7所示，根据式(3.3)计算合力R在x轴和y轴上的投影为

Rx=∑Fx=T1x+T2x+T3x=0.403kN

Ry=∑Fy=T1y+T2y+T3y=-3.733kN故合力R的大小为

R=√Rx2+Ry2=3.755kN

合力的方向为

tanα=｜Ry/Rx｜=9.363，

α=83.8°=83°48′因Rx为正，Ry为负，所以合力R指向右下方。如图所示，合力R的作用线通过三个分力的汇交点O。图3.6图3.7

平面汇交力系合成的结果是一个合力，若合力等于零，则物体处于平衡状态。反之，若物体在平面汇交力系作用下处于平衡，则该力系的合力一定为零。因此，平面汇交力系平衡的必要和充分条件是力系的合力等于零。

可知：欲使R=0,必须且只需

∑Fx=0∑Fy=0

(3.5)3.1.3平面汇交力系的平衡

于是得平面汇交力系平衡的必要和充分的解析条件为：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都等于零。式(3.5)称为平面汇交力系的平衡方程。【例3.3】一梯子AB自重W=100N，重心假定在梯子长度中点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°倾角的光滑斜坡(图3.8(a))。试求梯子在自身重力作用下平衡时，两端的约束反力。【解】取梯子为研究对象，它在重力W和光滑面的约束反力NA、NB作用下处于平衡，由三力平衡汇交定理可知，这三个力必汇交于一点D，梯子的受力图如图3.8（b）所示。选直角坐标系如图，列平衡方程∑Fx=0,

NA-NBcos(90°-40°)=0

∑Fy=0,

NBsin(90°-40°)-W=0得

NB=W/sin(90°-40°)=W/cos40°将W的值代入，得

NB=100/0.766N=130.5N由式（1）得

NA=NBcos(90°-40°)=NBsin40°将NB的值代入，得

NA=130.5×0.643N=83.9N【例3.4】一平面刚架在B点受一水平力P=30kN的作用，尺寸及约束情况如图3.9（a）所示。刚架的自重不计，试求A与D两处的约束反力。【解】取刚架为研究对象刚架的受力图如图3.9（b）所示。选直角坐标系如图所示，列平衡方程求解RA和RD。由∑Fx=0,P+RAcosα=0得RA=-P/cosα因为cosα=AD/AC=3/√5所以RA=-30×√5/3kN=-33.36kN

再由∑Fy=0,

RAsinα+RD=0得RD=-RAsinα而sinα=CD/AC=1/√5所以RD=-(-33.36)×1/√5kN=10kN

RD为正值，表示该力的实际指向与受力图中所假设的指向相同。【例3.5】如图3.10（a）所示，重物W=30kN,用钢丝绳挂在支架的滑轮B上，钢丝绳的另一端缠绕在绞车D上。杆AB与BC铰接，并用固定铰支座A、C与墙连接。如果两杆和滑轮的自重不计，并忽略摩擦和滑轮的大小，试求平衡时杆AB和杆BC所受的力。【解】杆AB和BC都是二力杆，假设杆AB受拉力、杆BC受压力，如图3.10(b)所示。滑轮的受力图如图3.10(c)所示。为了避免解联立方程，选直角坐标系如图所示，使x、y轴分别与反力NBC、NAB垂直。

列平衡方程求解，由∑Fx=0,-NAB+Tcos60°-TBDcos30°=0得NAB=Tcos60°-TBDcos30°=-7.33kN

NAB为负值，表示该力的实际指向与受力图中所假设的指向相反。即杆AB受压力作用。再由∑Fy=0,NBC-Tcos30°-TBDcos60°=0得NBC=Tcos30°+TBDcos60°=37.33kN

NBC为正值，表示该力的实际指向与受力图上所假设的指向相同。即杆BC也受压力作用。【例3.6】图3.11（a）所示为一拔桩装置。绳ABC的一端系在桩的A点，一端固定在C点；绳BDE的一端系在B点，一端固定在E点。在D点用力F向下拉，若F=400N,

α=arctan0.1,绳BD段、AB段分别沿水平和铅垂方向，试求绳AB作用在桩上的拉力。【解】绳AB作用于桩上的拉力是由绳BD传来的。因此先取结点D为研究对象求出绳BD的拉力。作用在结点D上的力有已知力F、绳DE的拉力TDE和绳BD的拉力TDB,这三个力组成一平面汇交力系。结点D的受力图如图3.11(b)所示。选直角坐标系如图，使y轴与TDE垂直。列平衡方程求解，由∑Fy=0,TDBsinα-Fcosα=0得TDB=Fcotα=4000N再取结点B为研究对象。作用在结点B上的力有绳BC、BD和BA的拉力TBC、TBD、TBA，绳BD给两结点D和B的作用力应大小相等、方向相反，即有TBD=TDB=4000N。力TBC、TBD、TBA组成一个平面汇交力系，结点B的受力图如图3.11（c)所示。选直角坐标系如图所示，使x轴与TBC垂直。列平衡方程求解，由∑Fx=0,TBAsinα-TBDcosα=0得TBA=TBDcotα=4000×10N=40000N=40kN绳AB作用于桩上的拉力，应与它作用于结点B上的力大小相等，方向相反。即绳AB作用于桩上的拉力的大小为40kN，方向铅垂向上。

通过以上各例的分析，现归纳求解平面汇交力系平衡问题的一般步骤如下：（1）

选取研究对象

弄清题意，明确已知力和未知力，选取能反映出所要求的未知力和已知力关系的物体作为研究对象。（2）

画受力图

在研究对象上画出它所受到的全部主动力和约束反力。（3）

选取适当的坐标系。最好使某一坐标轴与一个未知力垂直，以便简化计算。（4）

列平衡方程求解未知量。列方程时注意各力投影的正负号。当求出未知力是正值时，表示该力的实际指向与受力图上所假设的指向相同；如果是负值，则表示该力的实际指向与受力图上所假设的指向相反。图3.8图3.9图3.10图3.11

设在刚体上的A点作用着一个力F（图3.30（a）)，现欲将其平移到刚体的任一点O。为此，在O点加上一对平衡力F′和F″，并使其作用线与力F平行、大小与力F的大小相等，即令F′=-F″=F，如图3.30（b)所示。若要把作用在A点的力F平移到O点而保持对刚体的作用效应不变，就必须附加一个力偶（F，F″)，由图3.30(b)可见，力偶（F,F″）的力偶矩等于原力F对O点之矩，即

m=Fd=mO(F)

3.2力的平移定理

由以上分析可得如下结论：作用在刚体上的力F，可以平移到同一刚体上的任一点O，但必须同时附加一个力偶，其力偶矩等于原力F对新作用点O之矩。这就是力的平移定理。为什么不允许用一只手扳动扳手呢（图3.31（a))?因为作用在扳手AB上一端的力F与作用在O点的一个力F′和一个力偶矩为m的力偶（图3.31(b)）等效。这个力偶使丝锥转动，而这个力F′却将引起丝锥弯曲，这就很容易将螺纹攻坏；如果用力过大，丝锥就可能折断。因此，这样操作是不允许的。【例3.13】如图3.33(a)所示，在支承吊车梁的牛腿柱子的A点受有吊车梁传来的荷载P=100kN，它的作用线偏离柱子轴线的距离e=400mm(e称为偏心距）。因设计时计算的需要，欲将力P向柱子轴线上B点平移，应如何进行移动？【解】根据力的平移定理，将作用于A点的力P平移到轴线上的B点得力P′，同时还必须附加一个力偶，如图3.33(b)所示，它的力偶矩m等于原力P对B点之矩，即

m=mB(P)=-Pe=-100×0.4kN·m=-40kN·m负号表示附加力偶的转向是顺时针方向。图3.30图3.31图3.333.3平面一般力系（1）

主矢和主矩

设在刚体上作用一平面一般力系F1、F2、…、Fn（图3.33(a))。在力系所在的平面内任取一点O，该点称为简化中心。根据力的平移定理，将力系中的各力都平移到O点，于是就得到一个汇交于O点的平面汇交力系F1′、F2′、…、Fn′和一个力偶矩分别为m1、m2、…、mn的附加力偶系（图3.33(b)）。

3.3.1平面一般力系向任一点简化

对平面汇交力系F1′、F2′、…、Fn′可以合成为作用在O点的一个力R′（图3.33(c))，这个力R′称为原平面一般力系的主矢。对所得的附加力偶系可以合成为一个力偶（图3.33（c)），这个力偶的力偶矩MO称为原平面一般力系对简化中心O点的主矩。由平面力偶系合成的理论可知，主矩MO为

MO=m1+m2+…+mn

而m1=mO(F1),m2=mO(F2),…,mn=mO(Fn)

所以

MO=mO(F1)+mO(F2)+…+mO(Fn)=∑mO(F)即主矩等于原力系中各力对简化中心O点之矩的代数和。

综上所述，可得如下结论：平面一般力系向作用面内任一点O简化后，可得到一个力和一个力偶。这个力称为原力系的主矢；这个力偶的力偶矩称为原力系对简化中心O点的主矩。【例3.13】一折杆受平面一般力系F1、F2、F3、F4的作用，如图3.34(a)所示。已知F1=50N，F2=100N，F3=25N，F4=150N。若将该力系分别向A点和B点简化，试求其主矢和主矩。【解】（1）以A点为简化中心，取直角坐标系如图3.34(a)所示。计算主矢R′在x、y轴上的投影为

Rx′=∑Fx=-F1+F4=100N

Ry′=∑Fy=F2-F3=-75N故主矢R′的大小为

R′==125N主矢R′的方向为

tanα=0.75,α=36.9°

因Rx′为正，Ry′为负，故R′指向右下方，如图3.34(b)所示。再由式（3.14）可求得主矩为

MA=∑mA(F)=F3×2+F4×0.5=135N·m因MA为正，故主矩为MA的力偶的转向是逆时针的，如图3.34(b)所示。（3）以B点为简化中心，仍取如图3.34(a)所示的直角坐标系。由于

Rx′=∑Fx=-F1+F4=100N

Ry′=∑Fy=F2-F3==-75N故主矢R′的大小为

R′==125N主矢R′的方向为

tanα=0.75,α=36.9°

R′指向右下方，如图3.34(c)所示。再由式（3.14）可求得主矩为

MB=∑mB(F)=F1×0.5+F3×2=75N·m主矩为MB的力偶的转向是逆时针的，如图3.34(c)所示。图3.33图3.34图3.34图3.34

平面一般力系向作用面内任一点O简化后，一般可以得到一个力和一个力偶，但实际上根据主矢和主矩是否存在，可能出现下列四种情况：

(1)R′=0,

MO≠0;

(2)R′≠0,

MO=0;

(3)R′≠0,

MO≠0;

(4)R′=0，MO=0。3.3.2平面一般力系的合成（1）

平面一般力系合成为一个力偶的情形

当R′=0和MO≠0时，说明原力系不论向哪一点简化，它都与一个力偶等效，即原力系合成为一个合力偶，合力偶的力偶矩等于原力系对简化中心的主矩。显然，当力系合成为一个力偶时，主矩与简化中心的位置就无关了，因为力偶对其作用面内任一点的矩恒等于力偶矩，而与矩心的位置无关。（2）

平面任意力系合成为一个力的情形

当R′≠0和MO=0时，说明原力系与作用在简化中心的一个力等效，即原力系合成为一个合力，这个合力就是原力系的主矢。当R′≠0和MO≠0时，可根据力的平移定理的逆过程，将这个力R′和力偶矩为MO的力偶进一步合成为一个力R，合成的过程如图3.38所示。

平面力系的合力矩定理：平面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3.14】在图3.39(a)所示的平面一般力系中，已知F1=7N,F2=8N,F3=10N,各力的位置如图所示。试将此力系向B点简化，并求其合成结果。【解】以B点为简化中心，取坐标系如图3.39(a)所示。由式（3.13）计算主矢R′在x、y轴上的投影为

Rx′=∑Fx=F1+F3cos30°=15.7N

Ry′=∑Fy=-F2-F3sin30°=-13N故主矢R′的大小为

R′==20.4N主矢R′的方向为

tanα=0.838,α=39.6

因Rx′为正，Ry′为负，故R′指向右下方，如图3.39（b）所示。再由式(3.14)可求得主矩为

MB=∑mB(F)=-1160N·mm

MB为负，说明以主矩为MB的力偶的转向是顺时针的，如图3.39(b)所示。因简化结果是R′≠0和MB≠0，故原力系可合成为一个合力R，合力R的大小和方向与主矢R′相同，它的作用线到简化中心B点的距离为

d=56.9mm因MB为负，故mB(R)也应为负，即合力R应在B点的右侧，如图3.39（c)所示。图3.38图3.39(1)

平衡方程的基本形式

∑Fx=0

∑Fy=0

∑mO(F)=0由此可见，平面一般力系平衡的必要和充分条件也可叙述为：力系中各力在两个坐标轴上的投影的代数和分别等于零，同时各力对任一点之矩的代数和也等于零。3.3.3平面一般力系的平衡方程（2）

平衡方程的其他形式

①二力矩式的平衡方程

二力矩式的平衡方程是由一个投影方程和两个力矩方程所组成，可写为

∑Fx=0

∑mA(F)=0

∑mB(F)=0

②三力矩式的平衡方程三力矩式的平衡方程是由三个力矩方程所组成，可写为

∑mA(F)=0

∑mB(F)=0

∑mC(F)=0【例3.15】梁AB上作用一集中力和一均布荷载（均匀连续分布的力），如图3.40（a)所示。已知P=6kN，荷载集度（受均布荷载作用的范围内，每单位长度上所受的力的大小）q=3kN/m，梁的自重不计，试求支座A、B的反力。【解】取梁AB为研究对象，画其受力图如图3.40(b)所示。取坐标系如图3.40(b)，由

∑Fx=0,RAx-Pcos60°=0得RAx=Pcos60°=3kN由∑mA(F)=0,RB×4-Psin60°×3-q×2×1=0得RB=4.9kN由∑Fy=0,RAy-q×-Psin60°+RB=0得RAy=4.3kN【例3.16】一刚架所受荷载及支承情况如图3.41(a)所示。已知P=4kN,F=5kN,m=3kN·m，刚架自重不计，试求支座A、B的反力。【解】取刚架为研究对象，画其受力图如图3.41(b)所示。取坐标系如图3.41(b)，由

∑Fx=0,P+RAx=0得RAx=-P=-4kN由∑mA(F)=0,RB×4-P×5-F×2-m=0得RB=8kN由∑Fy=0,RAy+RB-F=0

RAy=F-RB=-3kN【例3.17】一自重W=3000kN，高h=40m的烟囱受到水平风荷载q=1kN/m的作用，如图3.43(a)所示。将烟囱的A端视为固定端约束，试求其约束反力。【解】取烟囱为研究对象，画其受力图如图3.43(b)所示。取坐标系如图3.43(b)，由

∑Fx=0,RAx-qh=0得RAx=qh=1×40kN=40kN由∑Fy=0,RAy-W=0得RAy=W=3000kN由∑mA(F)=0,qh×h/3-mA=0得mA=qh2/3=800kN·m【例3.18】梁AC用三根链杆支承，其受荷载情况如图3.45（a)所示。已知P1=30kN,P3=40kN，梁的自重不计，试求A、B、C处的反力。【解】取梁AC为研究对象，画其受力图如图3.45(b)所示。取坐标系如图3.45(b)，由

∑mD(F)=0,得RA==31.7kN由∑mE(F)=0,RC×6-P3cos30°×4-P3sin30°×3=0

RC=39.8kN由∑Fx=0,RAcos45°-RBcos45°-P3sin30°=0得RB=3.4kN【例3.19】图3.46(a)所示为一悬臂式起重机，A、C处都是固定铰支座，B处是铰链连接。梁AB自重W1=1kN，提升重力W3=8kN，杆BC的自重不计，试求支座A的反力和杆BC所受的力。【解】取梁AB为研究对象，画其受力图如图3.46(b)所示。由∑mA(F)=0,-W1×3-W3×3+Nsin30°×4=0得N=W1×3+W3×3/sin30°×4=13kN由∑mB(F)=0,-RAy×4+W1×3+W3×1=0得RAy=W1×3+W3/4=3.5kN由∑mC(F)=0,RAx×4tan30°-W1×3-W3×3=0得RAx=11.37kN

通过以上各例的分析，现将应用平面一般力系平衡方程解题的步骤总结如下：

（1）确定研究对象。根据题意分析已知量和未知量，选取适当的研究对象。

（2）画受力图。在研究对象上画出它所受到的所有主动力和约束反力。

（3）列方程求解。以解题简捷为标准，选取适当的平衡方程形式、投影轴和矩心，列出平衡方程求解未知量。

（4）校核。图3.40图3.41图3.43图3.45图3.463.4平面平行力系的平衡方程

在工程实际中，有些结构所受的力系，常可以简化为平面平行力系。例如，图3.47所示的桥式起重机受荷载W和反力N1、N2、N3、N4的作用图3.47

设一物体受平面平行力系F1、F2、…、Fn的作用，如图3.48所示。平面平行力系的平衡方程可表示为

∑Fy=0

∑mO(F)=0这样，平面平行力系平衡的必要和充分条件是：力系中各力的代数和等于零，同时各力对任一点之矩的代数和也等于零。

∑mA(F)=0

∑mB(F)=0【例3.30】图3.49（a)所示为一屋架，由于檩条对屋架的作用，使屋架顶部的各结点受到荷载P的作用。已知P=2kN，如不计屋架的自重，试求支座A、B的反力。【解】取屋架为研究对象，画其受力图如图3.49（b)所示。取坐标系如图3.49(b)，由

∑mB(F)=0,P×1.5+P×3+P×4.5-RA×6=0得RA=3kN由∑Fy=0,

RA+RB-3P=0得RB=3P-RA=3kN【例3.31】梁AB所受荷载及支承情况如图3.50(a)所示。已知q=100N/m,m=500N·m,梁的自重不计，试求支座A、B的反力。【解】取梁AC为研究对象，画其受力图如图3.50（b)所示。梁上所受荷载和支座反力组成一平面平行力系。现应用两个力矩式平衡方程求解RA和RB。由∑mB(F)=0,

-RA×2-m+q×3×0.5=0得RA=-175N由∑mA(F)=0,RB×2-m-q×3×1.5=0得RB=(m+q×3×1.5)/2=475N

【例3.33】塔式起重机如图3.51(a)所示。已知机身重W1=330kN,作用线通过塔架的中心，最大起吊重量W3=50kN,起重臂长13m，轨道A、B的间距为4m，平衡锤重W3到机身中心线的距离为6m。试求：（1）能保证起重机不会翻倒时平衡锤的重量W3。（2）当平衡锤的重量W3=30kN而起重机满载时，轨道A、B的约束反力。【解】取起重机为研究对象，起重机在起吊重物时，作用在它上面的力有重力W1、W2、W3以及轨道的约束反力NA、NB,NA、NB的方向为铅垂上。以上各力组成一平面平行力系。起重机起吊重物时的受力图如图3.51（b)所示。（1）

求能保证起重机不会翻倒时平衡锤的重量W3。

当满载时（W3=50kN),起重机平衡的临界情况（即将翻未翻时）表现为NA=0,这时由平衡方程求出的W3是所允许的最小值。由平衡方程的力矩式

∑mB(F)=0,W1×3+W3min×8-W3×10=0得W3min=W3×10-W1×3/8=7.5kN当空载时（W3=0），起重机平衡的临界情况表现为NB=0，这时由平衡方程求出的W3是所允许的最大值。由平衡方程的力矩式

∑mA(F)=0,W3max×4-W1×3=0得W3max=W1×3/4=110kN

要保证起重机不会翻倒，平衡锤重量W3的大小应在这两者之间，即

7.5kN＜W3＜110kN

(3)

取W3=30kN，求满载时轨道A、B的约束反力NA、NB。

当W3=30kN时，满足起重机正常工作所需W3值的范围。此时，起重机在图3.51(b)所示的各力作用下处于平衡状态。由

∑mB(F)=0,W1×3+W3×8-NA×4-W3×10=0得NA=(W1×3+W3×8-W3×10)/4=45kN由∑mA(F)=0,W3×4-W1×3+NB×4-W3×14=0得NB=(W1×3+W3×14-W3×4)/4=335kN图3.48图3.49图3.50图3.513.5物体系统的平衡

当物体系统平衡时，组成物系的每个物体都处于平衡状态。因此，对于每个物体，如果是受平面一般力系作用，则可列出三个独立的平衡方程。如果物系是由n个物体所组成，则它就共有3n个独立的平衡方程，从而可以求解3n个未知量。如果物系中的某些物体受平面汇交力系或平面平行力系或平面力偶系作用，则物系的平衡方程的个数将相应减少，而所能求解未知量的个数也相应减少。

求解物体系统的平衡问题，可采用两种方法。

（1）先取整个物系为研究对象，求得某些未知量；再取物系中的某部分物体（一个物体或几个物体的组合）为研究对象，求出其他未知量。

（2）先取物系中的某部分为研究对象；再取其他部分物体或整体为研究对象，逐步求得所有的未知量。【例3.33】组合梁受荷载如图3.52(a)所示。已知P1=P2=5kN,

q=2.5kN/m,m=5kN·m，梁的自重不计，试求支座A、B、E的反力。【解】组合梁由AC、CE两段组成。若取整个梁为研究对象，将作用在梁上的力偶视为沿铅垂线方向的两个平行力，画其受力图如图3.52(b)所示。将梁从铰链C处拆开，分别考虑AC段和CE段的平衡，画出它们的受力图如图3.52(c)、(d)所示，梁AC段和CE段各受平面平行力系作用，其中AC段上有三个未知量，CE段上有两个未知量，故可先考虑CE段，由平衡方程求出未知力RE后，再取整个梁为研究对象即可求出RA、RB。

根据以上分析，计算如下：（1）取梁的CE段为研究对象（图3.5(d)），由

∑mC(F)=0,RE×4-m-P2×1=0得RE=(m+P2×1)/4=2.5kN（2）取整个梁为研究对象（图3.52(b)),由

∑mA(F)=0,-P1×1+RB×2-q×2×3-P2×5-m+RE×8=0得RB=15kN由∑mB(F)=0,-RA×2+P1×1-q×2×1-P2×3-m+RE×6=0

RA=-2.5kN【例3.34】由三根杆组成的构架如图3.53（a)所示。B、D、E处都是铰链连接，A处为固定端支座，在C处挂一重物，重力W=4kN，各杆自重不计，试求A、B处的反力及杆DE所受的力。【解】构架由三根杆件组成，其中杆DE为二力杆。若取整个构架为研究对象，画其受力图如图3.53(b)所示，图中T为绳索拉力，且T=W。因构架受平面一般力系作用，故可列出三个平衡方程求解三个未知量：RAx、RAy和mA。欲求B处的反力及杆DE所受的力，可取杆BC为研究对象，由它的受力图（图3.53