丨主宰
范文一：理论力学课后答案第二章
2-2
2-3 铰链4 杆机构CABD 的CD 边固定，在铰链A、B 处有力F1，F2 作用，如图所示。该机构在图示位置平衡，不计杆自重。求力F1 与F2 的关系。
2-4
2-5 如图2-10 所示，刚架上作用力F。试分别计算力F 对点A 和B 的力矩。
2-6 已知梁AB 上作用1 力偶，力偶矩为M，梁长为l ，梁重不计。求在图a，b，c 三种情况下支座A 和B 的约束力。
2-7 图 所示结构中，各构件自重不计。在构件AB 上作用1 力偶矩为M 的力偶， 求支座A 和C 的约束力。
2-8
2-9
2-10
2-11
2-13
2-15
2-16
2-17
2-18
2-20
2-19
2-21
2-23
2-25
2-26
2-27a
2-28
2-29
2-30
范文二：理论力学第二章答案
第二章习题解答
2.1 解 均匀扇形薄片，取对称轴为x轴，由对称性可知质心一定在x轴上。
题2.1.1图
有质心公式
xc?
xdm?
dm
设均匀扇形薄片密度为?，任意取一小面元dS，
dm??dS??rd?dr
又因为
x?rcos?
所以
xxdmx?rd?dr
2sin?c??dm????rd?dr?3a
?
对于半圆片的质心，即???2
代入，有
?
x2sin?2sin
c?3a??3a?
?4a3? 2
2.2 解 建立如图2.2.1图所示的球坐标
系
题2.2.1图
把球帽看成垂直于z轴的所切层面的叠加（图中阴影部分所示）。设均匀球体的密度为?。 则
dm??dv???y2dz???(a2?z2) 由对称性可知，此球帽的质心一定在z轴上。
代入质心计算公式，即
2
z?zdm3(a?bc
?dm??
)4(2a?b)
2.3 解 建立如题2.3.1图所示的直角坐
标，原来W人与共同作一个斜抛运动。
y
O
题2.3.1图
当达到最高点人把物体水皮抛出后，人的速度改变，设为vx，此人即以 vx的速度作平抛运动。由此可知，两次运动过程中，在达到最高点时两次运动的水平距离是一致的（因为两次运动水平方向上均以
v水平?v0cos?作匀速直线运动，运动的时间也相同）。所以我们只要比较人把物抛出后水平距离的变化即可。第一次运动：从最高点运动到落地，水平距离s1
s1?v0cosa?t ①
v0sin??gt ②
sv20
1?sin?cos? ③
g
第二次运动:在最高点人抛出物体，水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，有
(W?w)v0cos??Wvx?w(vx?u) 可知道
vx?v0cosa?
w
W?w
u 水平距离
s?vv2
0w
2xt?gsin?cos??(w?W)g
uv0sin?
跳的距离增加了
?s?s2?s1=
w
(W?w)g
uv0sin?
2.42.4 解 建立如图2.4.1图所示的水平坐标。
2.4.1图
?
题2.4.2图
以m1，m2为系统研究，水平方向上系统不受外力，动量守恒，有
m1x
?1?m2x?2?0 ① 对m1分析；因为
a绝?a?a相对 ②
m1在劈m2上下滑，
以m2为参照物，则m1受到一个惯性力F惯??m1?x
?2（方向与m2加速
度方向相反）。如图2.4.2图所示。所以m1相对m2下滑。由牛顿第二定律有
ma?
gsin??m?② 11?m11?x
2cos? 所以m1水平方向的绝对加速度由②可知
..
a'1绝//?a1
cos??x ③
2
x..
?x..
..
?gsin???
1?2cos???
cos??x2④
?
联立①④，得
x..
m2sin?cos?
1?
mm2
g ⑤ 2?1sinθ
把⑤代入①，得
x..
msin?scos?2??1m2?
g ⑥
2?m1sin负号表示方向与x轴正方向相反。求劈对质点反作用力R1。用隔离法。单独考察质
点m1的受力情况。因为质点垂直斜劈运动的加速度为0，所以
R?..
?
1?m1gcos????m1x2sin???0⑦
??
把⑥代入⑦得，
Rm1m2cos?
1?
m?m2
?
g ⑧ 21sin水平面对劈的反作用力R2。仍用隔离法。因为劈在垂直水皮方向上无加速度，所以
R2?m2g?R1cos??0 ⑨ 于是
Rm2(m1?m2)
2?
m2g ⑩
2?m1sin?
2.52.5解 因为质点组队某一固定点的动量矩
n
J??ri?mivi
i?1
所以对于连续物体对某一定点或定轴，我们就应该把上式中的取和变为积分。如图2.5.1图所示薄圆盘，任取一微质量元，
题2.5.1图
dm???rd?dr
??
M?a2
所以圆盘绕此轴的动量矩J
J?
??r?(dmv)???r??rdrd???r=
1
2
Ma2?
2EM1
v?U?
当m沿半圆球M下滑时，M将以V向所示
2.6 解炮弹达到最高点时爆炸，由题目已知条件爆炸后，两者仍沿原方向飞行知，分成的两个部分M1，M2，速度分别变为沿水平方向的v1，v2，并一此速度分别作平抛运动。由前面的知识可知，同一高处平抛运动的物体落地时的水平距离之差主要由初速度之差决定。进而转化为求v1，v2。炮弹在最高点炮炸时水平方向上无外力，所以水平方向上的动量守恒：
?M1?M2?U?M1V1?M2V2 ①
以?M1?M2?质点组作为研究对象，爆炸过程中能量守恒：
1
2?M1?M2?U2?12M1V21?12
M2V22?E ②
联立①②解之，得
1M1?M2M2v2EM2?U?
1
M1?M2M2
所以落地时水平距离之差?s
?s=
s1?s2?v1t?v2t?
V?11g2E???M?
??1M2??
2.7 解 建立如题2.7.1图所示的直角坐
标系。
O
题2.7.1图
正方向的反向运动。以M、m组成系统为研究对象，系统水平方向不受外力，动量守恒，即
MV?mvx
m相对于地固连的坐标系Oxy的绝对速度
V绝对?V相?V牵
V相为m相对M的运动速度
u?a?
? ② 故水平方向
vx?ucos??V③
竖直方向
vy?usia? ④
在m下滑过程中，只有保守力（重力）做功，系统机械能守恒： （以地面为重力零势能面）
mgacos??mgacos??1mv21
22绝?2
MV ⑤
v2
=v2?2绝xvy
⑥
把③④代入⑥
v2绝=u2
?V2?2uVcos?⑦
把①③代入⑤
?
??2g?cosa?cos?a1?m?M
cos2?
2.82.8 证 以AB连线为x轴建立如题
2.8.1图所示的坐标。
v
题2.8.1图
题2.8.1图
设A初始速度为与x轴正向夹角?0碰撞后，设A、B运动如题2.8.2图所示。A、B速度分别为v1、v2，与x轴正向夹角分别为?1、?2。以A、B为研究对象，系统不受外力，动量守恒。x方向：
mv0?mv1cos?1?mv2cos?2
① 垂直x轴方向有：
0?mv1sin?1?mv2sin?2
② 可知
v222
0?v1?v2?2v1v2cos??1??2?③
整个碰撞过程只有系统内力做功，系统机械能守恒：
12mv212120?2mv1?2
mv2④ 由③④得
2v1v2cos??1??2??0
?1??2?k??
?
2
?k?0,1,2,????
即两球碰撞后速度相互垂直，结论得证。
2.9 解 类似的碰撞问题，我们一般要抓住动量守恒定理和机械能守恒定理得运用，依次来分析条件求出未知量。设相同小球为AB，初始时A小球速度v0，碰撞后球A的速度为v1，球B的速度v2以碰撞后B球速度所在的方向为x轴正向建立如题2.9.1图所示的坐标(这样做的好处是可以减少未知量的分解，简化表达式)。以A、
B为系统研究，碰撞过程中无外力做功，
系统动量守恒。
题2.9.1图
x方向上有：
mv0cos??mv1cos?
?????mv2 ① y方向上有：
mv0sin??mv1sin?????② 又因为恢复系数
e?
碰后相对速度碰前相对速度
?v2?v1cos?????v0cos?即
ev0cos?=v2?v1cos?????③
用①-③
v?1?e?v0cos?1?
2cos???④ 用④代入②得
v?1?e?v0cos?0sin??
2cos???sin????? tan??
?1?e?tan?
1?e?2tan2
?
??arctan?
??1?e?tan??1?e?2tan??
?2
?
求在各种?值下?角的最大值，即为求极致的问题。 我们有
d?
d?
?0 得
?1?e?sec2?(1?e?atan2?)1?e?2tan2
??0
即
1?e?atan2?=0
所以
tan??
?e 2?1?e
max?1?e
即
tan?1?e
max?
1?e
由因为
csc2
?2
?8?1?e?max?1?cotmax=1?
1?e2 故
sin?1max?
csc??
1
max
?
81?e=1?e1?e3?e
所以
??1max?sin?
?1?e??3?e?
?
② 2.10 以m1,m2为研究对象。当m1,m2发生正碰撞后，速度分别变为v1?，v?2，随即m2在不可伸长的绳AB约束下作圆周运动。以
AB的连线为x轴建立如题2.10.1图所示
。
题2.10.1图
碰撞过程中无外力做功，动量守恒：
m1v1?m1v?1?m2v?2
① 随即m2在AB的约束下方向变为沿y轴的正向，速度变为v?2 故 y方向上有
m1v1sin??m1v1
?sin??m2v2?故恢复系数定义有：
e?
碰后相对速度?sin??v1?碰前相对速度
=v2
v 1 即
ev1?v?2
sin??v1?sin??v1?③ 联立①②③得
vm21sin??em1??2m?m2
?
v1
21sinv??m1?1?e?sin?
2
m2
v1 2?m1sin?
2.11 解 如图所示，
x
题2.11.1图
题2.12.2图
有两质点A，B中间有一绳竖直相连，坐
标分别为：A??a??a??0,2??B??
0,?2?，质量为?m，
开始时静止。现在有一冲量I作用与A，则I作用后，A得到速度vIA?m，B仍静
止不动：vB?0。它们的质心C位于原点，质心速度我为
vC?
mvA?mvBvA2m?
2
现在把坐标系建在质心C上，因为系统不再受外力作用，所以质心将以速率vA2沿x
轴正向匀速正向、反向运动。由于质心系是惯性系，且无外力，所以A，B分别以速率vA2绕质心作匀速圆周运动，因而他们
作的事圆滚线运动。经过时间t后，如图所示：
vA
??t?vAIta?
am
2
于是在Oxy系中A的速度
物体相对或绝对物理量及其间的关系。由?
题可知，碰前m1速度为v1，m2速度v2?0。??vAx?uA(1?cos?)?
2 碰后速度m?1，m2分别设为v1?,v2?。碰撞过程?v??uA?
Ay2sin?中无外力做功，动量守恒。
B的速度：
m1v1?m1v1
??m2v2?① ???vBx?uA(1有恢复系数e
?
2?cos?) ??e?
v?2
?v1??
v?uABy2sin?v② 1
因此
联立①②得
?v22A??vA??m1?em2E?A:EB?2?(1?cos?)???2sin??v1?1?cos?2?It?mmv1 1?2??v22
?A??vA?
1?sin??cot??2am??:1 m1(1?e)?2?(1?cos?)??????2sin???v?2?mv1 1?m2
再由质点组质心的定义：
对于质心系的问题，我们一般要rc?
m1r1?m2r2
2.12 解 mm
1?2
求求出相对固定参考点的物理量，在找出rc为质心对固定点位矢，r1，r2分别为 m1质心的位置和质心运动情况，由此去计算
，m2对同一固定点的位矢
所以
T?
1mV21
11?2
m2V222=vm1r1?m2r2
v2m1c? ?r
??m1v1?m2c?m??v1
1?m2m1?m2m1?m2
1?2
2
（质点组不受外力，所以质心速度不变。
2m??m1?2?mv?1?m2???12m?2???
?m2mv?=1?m?2??）
1?m1m2设两球碰撞后相对质心的速度Vm?v221 1?m2
1?，V2?。
2.132.13 用机械能守恒方法；在链条下滑
V?vm?em2m11?1??vem2
c?1mv1?v1??mv1
过程中，只有保守力重力做功，所以1?m2m1?m21?m2（负号表示与v1相反） 链条的机械能守恒。以桌面所平面为V1(1?e)重力零势能面。
2??v??vm2
c?mmvm1em2
1?v1?v1
1?2m1?m2m1?m2
同理，碰撞前两球相对质心的速度
???m?2g????l
4
??mg?l12?2mv2
Vm1有
1?v1?vc?v1?m?mvm2
1?mv1
12m1?2
Vmv?
gl
2
2
2?v2?vc??
mv1（负号表示方向与
1?m2
v1相反）
所以开始时两球相对质心的动能：
2.14 此类题为变质量问题，我们一般研究运动过程中质量的变化与力的关系
F?t??
d
dt
?mv? 以竖直向上我x轴正向建立如题2.14.1图所示坐标。
题2.14.1图
绳索离地面还剩x长时受重力
F?t????xy
则
??xy?
d
dt
??xv? ?xy?
d?xv?dxdx?dt
?g?v
dvdx
?
v
vdv???x
?l
gdx
h所以
v2
?2g(h?l?x)
求地板的压力，有牛顿第三定律知，只需求出地板对绳索的支持力N即可，它们是一对作用力与反作用力。这是我们以快要落地的一小微元作为研究对象。它的速度由v变为0。用动量守恒，有
N??(l?x)g?d(mv)dt=d(?xv)dt=v?
dx
dt
??v2
又因为
v2?2g(h?l?x)
N??(l?x)g???2g(h?l?x)=
?g?2h?3(l?x)?
2.15 解 这是一道变质量的问题，对于此类问题，我们由书上p.137的（2.7.2）式
ddt(mv)?dmdt
u?F① 来分析。
以机枪后退方向作为x轴争先，建立如题2.15.1图的坐标。
f
题2.15图
竖直方向上支持力与重力是一对平衡力。水平方向上所受合外力F即为摩擦力
F?f???n???(M?M??mt)g②
单位时间质量的变化
dM?
dt
?m③ 由①②式
d?(M?M??mt)v??dM?
dt
u???g(M?M??mt) dt?vd?M?
(M?M??mt)v???
u
o
dM?u???g?
m0
(M?M??mt)dt
(M?M??m
M?m)v?M?u???g(M?M?)M?1?M??m??g2??m??
所以
?M?u?(M?M?)2?M2
vMm
?g
m2
2.16解 这是一个质量增加的问题。雨滴是本题m。导致雨滴m变化的微元?m的速度u?0。
所以我们用书上p.138的（2.7.4）式分析
d
dt
(mv)?F① 雨滴的质量变化是一类比较特殊的变质量问题。我们知道处理这类问题常常理想化模型的几何形状。对于雨滴我们常看成球形，设其半径为r，则雨滴质量m是与半径r的三次方成正比（密度看成一致不变的）。
m?k3
1r②
有题目可知质量增加率与表面积成正比。即
dm
dt
?k?4?r2?k2r2③ k1,k2为常数。我们对②式两边求导
dmdt?kr2dr
1?3dt
④ 由于③=④，所以
drdt?k2
3k??⑤ 1
对⑤式两边积分 ?
r
t
a
dr??0
?dt
r??t?a⑥
m?k1(?t?a)3⑦
以雨滴下降方向为正方向，对①式分析
d
dt
?k1(?t?a)3v?
?k1(?t?a)3g⑧ ?v
dk3t
3
?1(?t?a)v?
??0
k1(?t?a)gdt k1
1(?t?a)3v?
?k1
1g4
(?t?a)4?k3 （k3为常数）
当t?0时，v?0，所以
4
k1ga3??
k
4?
v?g?a4?4????t?a?
? t?a3??
2.17 证 这是变质量问题中的减质量问
题，我们仍用书上p.137(2.7.2)式
ddt(mv)?dm
dt
u?F① 来分析。设空火箭质量m0，燃料质量m?。以向上为正方向，则火箭任一时刻的质量
m?m0?m??
m0?m?60
t②
喷气速度2074是指相对火箭的速度，
即v相?2074 。有①式
dmdvdtv?mdt?dmdt
u?F F?
dmdt(v?u)?mdvdt??dmdtvdv相?mdt
???mm??m0?m?t??g?m0?m?t?
m0?m??0?60?60相???
m0?m??60t
化简
m0?m?
vdv??gdt?
相?dt m??00?m60t
对两边积分
v??gt?v㏑?
t?相?1??③
?60?
此既火箭速度与时间的关系。当火箭燃料全部燃尽所用时间t，由题意知
t?
m?60m?
?
0m0?m?④ 60
代入③可得火箭最终的速度vmax，（即速度的最大值）.
v?max??g?
60mm?m??vm?
相ln(1?m)
00?m?
考虑到
dvmaxv相(1?x)?60gdx?(1?x)2
其中x?
m?
，易知当x?0时，dvmaxm恒成0dx
立，即vm?m?
max为m的增函数。又当m?300
00
时，
60m??m??vm?m?max??g??=11.2
1?
m?v相ln??1?
1?m?m0??m0??
5km/s
而要用此火箭发射人造太阳行星需要的速度至少应为第二宇宙速度v2?11.2km/s。 故所携带燃料重量至少是空火箭重量的300倍。
2.18证 要使火箭上升，必须有发动机推力?火箭的重量，即
vdm
相dt
?M0g vdm
相
dt
?v?M0 即?v?g火箭才能上升，结论得证。由于喷射速度v相?v是常数，单位时间放出的质量
dm
dt
??M0 质量变化是线性规律
f?1??t?
M0M
① 火箭飞行速度
v火?vln(1??t)?gt②
又因为燃料燃烧时间
t?
M0?M
?M③ 0
代入②得火箭最大速度vmax
MM?M
=vmax?vln0?g0
M?M0
MgMvln0?(1?)
M?M0
故火箭能达到的最大高度
?
Smax?S1?S2=
v22g?M?v?MM?
????ln?1??ln???M?g?MM0?00???
2
11?GMm1GMm
dt??
2??0r2r
又因为②式又可以写成
ds
?v火?vln(1??t)?gt dt
2.19证 假设该行星做椭圆运动，质量为m，周期为?。某一时刻位置为r，速度为v，则
T?
1
积分可得
1
s??(1??t)ln(1??t)??t??gt2④ ?2
v
从开始到燃烧尽这一段时间内火箭上升高度S1。把③代入④得
1?M0?MS1??g?
2???M0
?
???
2
?
?
?
?
121?11?11?1?1??mvdt??mv?vdt??mv?dr??m?d?v?r???r?dv?2?02?02??2020?
=-mrd?v?
v?MMM0?M? 2r?0????ln???M0M0??M0?又因为
a?
dvGMr
??2 dtrr
2
之后火箭作初速度为vmax的竖直上抛运动。可达高度S2
于是
S2?
vv2g?M?v?M?Mg?M?
??????ln?1?ln?1?2???r?=m?GM????T0????r???dt2gg?M0???M0?M?dt?
2?0?r20r?2??0r
2
max
2
2
范文三：《理论力学》第二章作业答案
[习题2-3]动学家估计，食肉动物上颚的作用力P 可达800N ，如图2-15示。试问此时肌肉作用于下巴的力T 、F 是多少？ 解：
y
P
T
22
x
O
36
F
图?2-15
解：
∑F
x
=0
T cos 220-F cos 360=0
T =F cos 360
cos 220
∑F
y
=0
T sin 220+F sin 360-P =0
F cos 360
cos 220
sin 220+F sin 360=800 F =
800
cos 360tan 220+sin 36
=874. 651(N ) F cos 360874. 651cos 360
T =cos 220=cos 22
=763. 179(N )
如果不做书中所附的习题，就等于处宝山而空返。——华罗庚。
1
[习题2-6] 三铰拱受铅垂力F P 作用，如图2-18所示。如拱的重量不计，求A 、B 处支座反力。
解：∑F x =0
图?2-18
B
R A cos 450-R B cos θ=0
2
R A =2
l l 3l () 2+() 222
R B
12
R A =11R B
R B
R A =
∑F
y
=0
R A sin 450+R B sin θ-F P =0
12
3l l 3l (2+() 222
R A +R B =F P
12
R A +
3R B =F P
如果不做书中所附的习题，就等于处宝山而空返。——华罗庚。 2
124
?
1R B +
3R B =F P
R B =F P
R B =
F P ≈0. 791F P 4
l l 3l () 2+(222
1cos θ==≈0. 31623
θ≈71. 5650 R A =
1?
2
F P =P P ≈0. 354F P 44
方向如图所示。
[习题2-10] 如图2-22所示，一履带式起重机，起吊重量F P =100kN ，在图示位置平衡。如不计吊臂AB 自重及滑轮半径和摩擦，求吊臂AB 及揽绳AC 所受的力。
解：轮A 的受力图如图所示。
∑F x =0
R AB cos 450-T AC cos 200-F P cos 300=0
轮A 的受力图
如果不做书中所附的习题，就等于处宝山而空返。——华罗庚。
3
0. 7071R AB -0. 9397T AC =86. 603 R AB =122. 476+1. 3289T AC
∑F
y
=0
R AB sin 450-T AC sin 200-F P sin 300-F P =0 0. 7071R AB -0. 3420T AC -50-100=0 0. 7071R AB -0. 3420T AC =150
0. 7071?(122. 476+1. 3289T AC ) -0. 3420T AC =150 86. 6023+0. 9397T AC -0. 3420T AC =150 0. 5977T AC =63. 3977 T AC ≈106. 069(kN )
R AB =122. 476+1. 3289T AC =122. 476+1. 3289?106. 069=263. 432(kN ) 解法二：用如图所示的坐标系。
∑F
y
=0
T AC sin 25+F P sin 15-F P sin 45=0
轮A 的受力图
T AC
F P (sin450-sin 150) 100(sin450-sin 150)
===106. 077≈106(kN )
sin 250sin 250
x
∑F
=0
R AB -T AC cos 250-F P cos 150-F P cos 450=0 R AB =T AC cos 250+F P (cos150+cos 450)
=106cos 250+100(cos150+cos 450) =263. 37≈263(kN )
如果不做书中所附的习题，就等于处宝山而空返。——华罗庚。
4
[习题2-12] 如图2-24所示，长2l 的杆AB ，重F W ，搁置在宽a 的槽内。A 、D 接触处都是光滑的，试求平衡时杆AB 与水平线所成的角α（设l >a ）。
N 解：以AB 杆为研究对象，其受力图如图所示。
∑M
A
(F i ) =0
a
N D ?-W ?l cos α=0
cos αl
N D =W cos 2α
a
∑F ix =0
N Ax -N D sin α=0
N Ax =N D sin α=
l
W cos 2αsin α a
∑F
N Ay
iy
=0
N Ay +N D cos α-W =0
l l
=W -N D cos α=W -W cos 3α=W (1-cos 3α)
a a
实际上，AB 杆在A 处所受到的约束是光滑面接触约束，约束反力的方向沿着接触面的公法线方向，即水平方向，指向AB 杆，故
N Ay =W (1-cos 3α=
a
l
1
l
cos 3α) =0 a
a
α=) 3
l
如果不做书中所附的习题，就等于处宝山而空返。——华罗庚。
5
[习题2-15] 立柱AB 用三根绳索固定，已知一根绳索在铅直平面ABE 内，其张力F
T ＝100ｋＮ，立柱自重W ＝20ｋＮ，求另外两根绳索AC 、AD 的张力及立柱在B 处受到的约束力。
解：以结点A 为研究对象，其受力图如图所示。 由定滑轮的性质可知，T AE =F T =100kN
由结点A 的平衡条件可知， ①∑M CD (F i ) =0
-R A ?3+F T sin 30?3+F T cos 30?4=0
-3R A +150+346. 4=0 R A =165. 47(kN ) ②∑F ix =0
T AC ?
32+3242+32+32
?
2322-T AD ??=0 2234
T AC =T AD
∑F
iz
=0
4-T AE ?
441-T AD ?-F T ?=0 52R A -T AC ?
如果不做书中所附的习题，就等于处宝山而空返。——华罗庚。 6
165. 47-T 4AC ?
34
-80-T 4AD ?34
-50=0
T ?4+T 4AC AD ?
34
=35. 47
T AC +T AD =51. 7
2T AC =51. 7
T AC =25. 85(kN ) =T AD
AB 为研究对象，其受力图如图所示。
∑F iz =0
R '
B =W +R A =20+165. 47=185. 47(kN )
如果不做书中所附的习题，就等于处宝山而空返。——华罗庚。 7
以主柱
范文四：理论力学答案第二章
《理论力学》第二章作业
习题2-5
解：
（1）以D点为研究对象，其上所受力如上图(a)所示：即除了有一铅直
???
向下的拉力F外, 沿DB有一拉力T和沿DE有一拉力TE。列平衡方程
???FX?0
?
???FY?0
?T?TEcos??0
?
?TEsin??F?0
解之得
（2）以B点为研究对象，其上所受力如上图(b)所示：除了有一沿DB拉
????
?TT力外，沿BA有一铅直向下的拉力TA,沿BC有一拉力TC，且拉力?与D点所
???
?受的拉力T大小相等方向相反，即T??T。列平衡方程
T?Fctg??800/0.1?8000(N)
???FX?0
?
???FY?0
?T??TCsin??0
?
?TCcos??TA?0
解之得
TA?T?ctg??8000/0.1?80000(N)
答：绳AB作用于桩上的力约为80000N。
习题2-6 解: (1) 取构件BC为研究对象，其受力情况如下图(a)所示：由于其主动力
??
仅有一个力偶M，那末B、C 处所受的约束力FB、FC必定形成一个阻力偶与之
平衡。列平衡方程
?
?MB(F)?0 所以 FC?
M l
M?FCl?0
?
(2) 取构件ACD为研究对象，其受力情况如上图(b)所示：C 处有一约束力FC???与BC构件所受的约束力FC互为作用力与反作用力关系，在D处有一约束力FD的?
方向向上，在A处有一约束力FA，其方向可根据三力汇交定理确定，即与水平方向成45度角。列平衡方程
?F
X
?0
FAsin45o?FC??0
所以
FA?C??C?
习题
2-7
(b)所示。
解： (1) 取曲柄OA为研究对象，其受力情况如下图(a)所示：由于其主动力
??
仅有一个力偶M，那末O、A 处所受的约束力FO、FBA必定形成一个阻力偶与之平衡。列平衡方程
?
?MO(F)?0
所以 FBA?
FBAacos??M?0
M
acos?
(2) 取B点为研究对象，其受力情况如上图(b)所示：杆AB、BC及BD分别
?????
对B点有一作用力FAB、其中FAB 与FBA在杆AB上为二力平衡关系，FCB及FDB，
?
即FAB??FBA。列平衡方程
??FX?0
?F?0??Y
?FCBcos??FABsin??FDBcos??0
?
?FABcos??FCBsin??FDBsin??0
所以 FDB?FAB
cos2??sin2?M
?tg2?
2sin?cos?acos?
?
(3) 取D点为研究对象，其受力情况如上图(c)所示：除了力F外，滑块轨
????
道对其有一垂直支撑力N，杆BD的作用力FBD，而且FBD与FDB在杆BD上为二
?
力平衡关系，即FBD??FDB。列平衡方程
?F
X
?0
FBDcos??F?0
所以 F?FBDcos??
?M
tg2?。 答：机构平衡时，力F与力偶矩M的关系为F?a
习题
2-9
M
tg2? a
?
解：主矢FR在各坐标轴上的投影：
?Fx??F1?Fy??F1
1212
?F2
13?F3
21??437.6(N)
?F2?F3
??161.6(N)
力系对O点的主矩：
?11
MO??MO(F)?100F1?200F3?80F?21439.42(N.mm)
25
由于主矢在各坐标轴上的投影均为负值而主矩为正值，合力的作用线应在原点O
的左侧且方向向左下方，其大小为
FR?
?F??F2X
Y
2
?466.5(N)
其与O点的距离为：
d?
MO21439.42
??45.96(mm) ?FR466.5
???
???437.6i?161.6j和一答：力系向O点简化的结果得一方向向左下方的主矢FR
沿顺时针方向的力偶，力偶矩为21439.42Nmm; 力系的合力的大小为466.5N，
处于原点O的左侧且与O点的距离为45.96mm（如图）。
.42?0 合力作用线方程为：?
437.6x?161.6y?21439
习题2-14
解：分别以图a、图b 中得水平梁ABC和DABC为研究对象，其受力情况如图所示：二者除了其上的主动力不同外，在支座A、B处的约束力的个数一致，即
???
在A处的约束力可分解为FAX、FAY，在B处的约束力FB垂直向上。 图b中梁左侧的分布力可以合成为一集中力，其大小等于qa，作用点位于AD 中间。根据平衡条件，列平衡方程：
??Fx?0
??
（1）图a： ??MAF?0
??MF?0??B
????
?FAX?0?
?2aFB?3aF?M?0 ??2aF?aF?M?0
AY?
1?M?1?M?
所以：FAX?0； FAY???F??； FB??3F??
2?a?2?a???Fx?0??
（2）图b ??MAF?0
??MF?0??B
????
?
?FAX?0??12
?aq?2aFB?3aF?M?0 ?2
?5a2q?2aFAY?aF?M?0??2
1?M5?1?M1?
所以：FAX?0； FAY???F??aq?； FB??3F??aq?
2?a2?2?a2?
答：支座A、B处的约束力分别为：
1?M?1?M?
图a：FAX?0, FAY???F??, FB??3F??;
2?a?2?a?
1?M5?1?M1?
图b: FAX?0, FAY???F??aq?, FB??3F??aq?。
2?a2?2?a2?
习题2-16
解：
（1）取整个起重机为研究对象；
（2）受力分析：为使起重机正常工作，应使作用在起重机上的所有力满
???
足平衡条件。起重机所受的力有载荷重力P1、自重P、平衡块的重力P2以及
??
轨道的约束力NA、NB，其受力情况如图所示。
（3）列平衡方程：
满载时，起重机有绕B点转动的趋势，平衡状态下：
?
?MB(Fi)?0 (3?x)P2?1.5P?10P1?3NA?0
为保证起重机不绕B点翻倒，必须保证A点的支承力不小于零，即NA?0。因此
(3?x)P2?1.5P?10P1?0
（1）
空载时，起重机有绕A点转动的趋势，平衡状态下
?
?MA(Fi)?0 xP2?3NB?4.5P?0
为保证起重机不绕A点翻倒，必须保证B点的支承力不小于零，即NB?0，因此
xP2?4.5P?0
（2）
?P?333.3(kN)
联立方程，我们有?2
x?6.75(m)?
答： 为使跑车满载或空载时起重机均不致翻倒，平衡锤的最小重量为333.3kN， 平衡锤到左轨的最大距离为6.75 m。
习题2-21 解法一
解：（1）以杆CD为研究对象，其受力情况如上图(a)所示。在C处的约束力可
???
分解为FCX、FCY，在D处的约束力FD垂直向上。 梁左侧的分布力可以合成为
一集中力，其大小等于2q，作用点离C点1m。列平衡方程：
??Fx?0
??
)?0 ??MC(F??M(F)?0
??D
?FCX?0?
?4FD?1?2q?M?0 ?3?2q?M?4F?0
CY?
（1）
?
?FCX?0?1?2q?M1?2?10?40?
因此： ??15(kN) ?FD?
44?
?FCY?3?2q?M?3?2?10?40?5(kN)?44?
（2）以杆ABC为研究对象，其受力情况如上图(b)所示。在A处的约束力可分
?????
解为FAX、FAY，在B处的约束力FB垂直向上，在C处的约束力为FCX、FCY的
???、FCY?。梁右侧的分布力可以合成为一集中力，其大小等于2q，作反作用力FCX
用点离C点1m。列平衡方程，我们有
??Fx?0
??
?0 ??MAF??M(F)?0
??B
??0?FAX?FCX
?
??0 ?2FB?3?2q?4FCY
??2F?1?2q?2F??0
AYCY?
??
（2）
所以
?
??0?FAX?FCX
???1?2q?2FCY?1?2?10?2?5?F????15(kN) ?AY
22?
?3?2?10?4?5?F?3?2q?4?FCY??40(kN)B?22?
答：支座A、B、D及铰链C处所受的力分别为：FA?15kN（向下），FB?40kN（向上），FC?5N（垂直方向），FD?15N（向上）。 习题2-21 解法二
解：（1）以整体（刚化）为研究对象，其受力情况如上图(c)所示。在A处的约
????
束力可分解为FAX、FAY，在B、D处的约束力FB、FD垂直向上，梁中间的分
布力可以合成为作用在C点的集中力，其大小等于4q。列平衡方程，
??Fx?0?
??Fy?0??M(F)?0
??A
?FAX?0?
?FAY?FB?FD?4q?0
?2F?4?4q?8F?M?0
D?B
（1）
式中有四个未知量，但我们可以求出FAX?0，仍须列出补充方程。 （2）以杆CD为研究对象，重复解法一中的第一步，可得
?
?FCX?0
??1?2q?M1?2?10?40?
??15(kN)?MC(F)?0 ?FD?
44?
?FCY?3?2q?M?3?2?10?40?5(kN)?44?
将FD 的值代入方程（1），我们有
FB?
4?4q?M?8FD4?4?10?40?8?15
??40(kN)
22
FAY?4q?FB?FD?4?10?15?40??15(kN)
答：支座A、B、D及铰链C处所受的力分别为：FA?15kN（向下），FB?40kN（向上），FC?5N（垂直方向），FD?15N（向上）。
习题
2-38
解：根据题意，各杆的重量分别为：
GAC?6?300?1800(N)，
GCD?6?300?1800(N)，GBD?32?42?300?1500(N)。
?
（1） 以构架整体为研究对象，其受力情况如图(a)所示，除了载荷P 及各杆的
??
重力外，固定端A处还承受有约束力FAX、FAY及一个约束力偶MA。根据平衡条件, 我们有：
??Fx?0?
??Fy?0??M(F)?0
??A
?FAX?0?
?FAY?GAC?GBD?GCD?P?0 ?M?2G?3G?6P?0
BDCD?A
解之得：
?FAX?0
?
?FAY?15.1(kN) ?M?64.8(kN.m)?A
??
（2） 以CD杆为研究对象，其受力情况如上图(b)所示，除了载荷P及重力GCD????
外，在铰接C和D处分别承受有约束力FCX、FCY及FDX、FDY。列平衡方程：
?
?MD(F)?0
所以
FCY?
4FCY?1GBD?2P?0
2P?1GBD
?4.55(kN) 4
（3）以ABC杆为研究对象，其受力情况如上图(c)所示，除了固定端A处的约
???
束力FAX、FAY、约束力偶MA及重力GAC外，在铰接C和B处分别承受有约束
?????????、FCY?及FBX、FBY， 其中FCX?、FCY?与CD杆所承受的约束力FCX、FCY互力FCX
为作用力与反作用力。列平衡方程：
??Fy?0
??
)?0 ??MB(F??M(F)?0
??C
??GAC?0?FAY?FBY?FCY
?
??MA?0 ?3FAX?3FCX
?6F?3F?M?0
BXA?AX
解之得：
?FBY?17.85(kN)
?
??22.8(kN) ?FCX
?F??22.8(kN)?BX
答：固定端Ａ处的约束力为：FAX?0，FAY?15.1kN，MA?64.8kN.m；B、C铰链处的约束力分别为： FBX??22.8kN，FBY?17.85kN，FCX?22.8kN，
FCY?4.55kN 。
习题2-41
?
解：根据题意知，当把力F固定在铰链左侧时，DE为二力杆。
?
（1）以杆件CDE为研究对象，其受力情况如下图(a)所示。除了铰链D处的力F、
????
滑轮上的铅垂重力P外，在铰接C和E处分别承受有约束力FCX、FCY及FE，在
?
滑轮与杆BC间的细绳上还有一拉力P。列平衡方程：
?
?MC(F)?0
故
3a2FE?aP?(
3a
?a)P?3aF?0 2
FE?2F
?
（2）以整体构件为研究对象，其受力情况如上图(b)所示。除了铰链D处的力F、
???
滑轮上的铅垂重力P、水平均布力q、铰接E处约束力FE外，还有在固定端A
??
处的约束力FAX、FAY及约束力偶MA。列平衡方程：
?
?FAX?6aq?FEcos45o?0??FX?0
??
?FAY?P?F?FEsin45o?0 ??Fy?0???M(F)?03a6a??
????M?3a6aq?3a??aP?6aF?FE?0??A???Ao
2sin45???
解之得：
?FAX?F?6aq
?
?FAY?2F
?M?5aF?18a2q?A
答：支座E的约束力为FE?2F，固定端A的约束力为：FAX?F?6aq，
FAY?2F，MA?5aF?18a2q 。
习题2-55
解：从图中可以看出，杆DE 为零力杆，用一假想平面将杆AD、DE、CD及
??
CF截断，并以右下部分为研究对象，画受力图。由于FAD、FCF的作用线均通过B点，故它们对B点的矩为零，所以列平衡方程：
?
?MB(F)?0
FCD?BD??F?DF?sin600?0
根据题意△BDF也是一个等边三角形，因而DF = BD， 所以
FCD??
3F 2
F，应与所设方向相反，即受压。 2
答：杆CD的内力FCD??
习题2-58 解：（1）用一假想平面将杆DA、EF、及CB截断，并取上半部分为研究对象，其受力情况如下图(a)所示。列平衡方程：
??Fx?0
? ?
M(F)?0??D
??F3?0
?
??aF?2aF?aF?0
32?3?2
11
所以：
?F3?0?
?F??2F 2?3?
（2）以C点为研究对象，其受力情况如上图(b)所示，列平衡方程：
a
?F
x
?0
?F1?FCF
3?22
?0
?a??3?????a??2??
a?F
y
?0
?F2?FCF
?0
?a?2
?a?2
??3?????2??
所以
F?41?9
F
答：杆1、2和3的内力分别为：F42
1??9F（压），F2??3
F ，F3?0。
12
（压）
范文五：理论力学第二章课后习题答案
·12· 理论力系
第2章 平面汇交力系与平面力偶系
一、是非题(正确的在括号内打“√”、错误的打“×”)
1．力在两同向平行轴上投影一定相等，两平行相等的力在同一轴上的投影一定相等。
( √ )
2．用解析法求平面汇交力系的合力时，若选取不同的直角坐标轴，其所得的合力一定相同。 ( √ )
3．在平面汇交力系的平衡方程中，两个投影轴一定要互相垂直。 ( × )
4．在保持力偶矩大小、转向不变的条件下，可将如图2.18(a)所示D处平面力偶M移到如图
2.18(b)所示E处，而不改变整个结构的受力状态。 ( × )
M
(a) 图2.18
5．如图2.19所示四连杆机构在力偶M1?M2的作用下系统能保持平衡。
( × )
6．如图2.20所示皮带传动，若仅是包角?发生变化，而其他条件均保持不变时，使带轮转动的力矩不会改变。 ( √
)
图2.19 图2.20
2
二、填空题
1．平面汇交力系的平衡的充要条件是利用它们可以求解知的约束反力。
2．三个力汇交于一点，但不共面，这三个力
3．如图2.21所示，杆AB自重不计，在五个力作用下处于平衡状态。则作用于点B的四个力的合力FR =F，方向沿
1
4．如图2.22所示结构中，力P对点O的矩为PLsin?。
2
5．平面汇交力系中作力多边形的矢量规则为：各分力的矢量沿着环绕力多边形边界的某一方向首尾相接，而合力矢量沿力多边形封闭边的方向，由第一个分力的起点指向最后一个分力的终
·12·
2章 平
系 ·13·
F1
第面汇交力系与平面力偶
F2
F
A
F4
F3
图2.21 图2.22
6．在直角坐标系中，力对坐标轴的投影与力沿坐标轴分解的分力的大小但在非直角坐标系中，力对坐标轴的投影与力沿坐标轴分解的分力的大小不相等。
三、选择题
1．如图2.23所示的各图为平面汇交力系所作的力多边形，下面说法正确的是( C )。 (A) 图(a)和图(b)是平衡力系 (B) 图(b)和图(c)是平衡力系 (C) 图(a)和图(c)是平衡力系 (D) 图(c)和图(d)是平衡力系
F1F3
F3
F3
F4
F2F1
F4
F1F3
F2
F2 F2 F1
(a) (b) (c)
(d)
图2.23
2. 关于某一个力、分力与投影下面说法正确的是( B )。
(A) 力在某坐标轴上的投影与力在该轴上的分力都是矢量，且大小相等，方向一致 (B) 力在某坐标轴上的投影为代数量，而力在该轴上的分力是矢量，两者完全不同 (C) 力在某坐标轴上的投影为矢量，而力在该轴上的分力是代数量，两者完全不同 (D) 对一般坐标系，力在某坐标轴上投影的量值与力在该轴上的分力大小相等
3．如图2.24所示，四个力作用在一物体的四点A、B、C、D上，设P1与P2，P3与P4大小相
等、方向相反，且作用线互相平行，该四个力所作的力多边形闭合，那么( C )。
(A) 力多边形闭合，物体一定平衡
(B) 虽然力多边形闭合，但作用在物体上的力系并非平面汇交力系，无法判定物体
是否平衡
(C) 作用在该物体上的四个力构成平面力偶系，物体平衡由?Mi?0来判定
(D) 上述说法均无依据
4．力偶对物体的作用效应，取决于( D )。
(A)力偶矩的大小
(C) 力偶的作用平面 (B) 力偶的转向
(D) 力偶矩的大小，力偶的转向和力偶的作用平面
·13·
·14· 理论力学
图2.24
5．一个不平衡的平面汇交力系，若满足?Fx?0的条件，则其合力的方位应是( A )。
(A) 与x轴垂直 (C) 与y轴正向的夹角为锐角
四、计算题
(B) 与x轴平行
(D) 与y轴正向的夹角为钝角
2-1在物体的某平面上点A受四个力作用，力的大小、方向如图2.25所示。试用几何法求其合力。
c
a
d b
0.75k
N
2.25
图
解：在平面汇交力系所在的平面内，任取一点a，按一定的比例尺，将力的大小用适当长度的
???
线段表示，根据力多边形法则，先作矢量ab平行且等于方向斜向下的1kN的力，再从点b作
??????
矢量bc平行且等于方向斜向上的1kN的力，从点c作矢量cd平行且等于2kN的力，最后从点
??????
d作矢量de平行且等于0.75kN的力，合成得矢量ae，即得到该平面汇交力系的合力FR大小
和方向，如图所示。从图直接量出：FR?3.284kN，(FR,i)?206.3o，(FR,j)?116.3o
2-2 螺栓环眼受到三根绳子拉力的作用，其中T1、T2大小和方向如图2.26所示，今欲使该力系合力方向铅垂向下，大小等于15kN，试用几何法确定拉力T3的大小和方向。
6kN
FRc
图2.26
解：在平面汇交力系所在的平面内，任取一点a，按一定的比例尺，将力的大小用适当长度的线段表示，根据力多边形法则，先作矢量ab平行且等于T1，再从点b作矢量bc平行且等于T2，
??????
??????
从点a作矢量ad铅垂向下，大小为15kN的力。连接c、d两点，得矢量cd，即为拉力T3的大小和方向，如图所示。从图直接量出：T3?16.2kN，??30o。
试用几何法求当?角多大时，才能使作用在套环上的合力沿水平方向，并求此时的合力。
2-3如图2.27所示套环C可在垂直杆AB上滑移，设F1?2.4kN，F2?1.6kN，F3?4.8kN，
·14·
2章 平
系 ·15·
第面汇交力系与平面力偶
F1 R
3
解：在平面汇交力系所在的平面内，任取一点a，按一定的比例尺，将力的大小用适当长度的线段表示，根据力多边形法则，先作矢量ab平行且等于F1，再从点b作矢量bc平行且等于F2，
??????
???
从点a作矢量ad水平向右，以c点为圆心，以F3的大小为半径画圆，该圆与过a点的水平线
???
的交点为d点，连接c、d两点，得矢量cd，即为拉力F3的大小和方向，如图所示。从图直接
???
量出：??48.2o。连接a、d两点，得矢量ad，即为合为的大小和方向，从图量得：FR?4.96kN。
2-4已知F1?100N，F2?50N，F3?60N，F4?80N，各力方向如图2.28所示。试分别求各力在x轴和y轴上的投影。 解：各力在x轴和y轴上的投影分别为：
Fx1?F1cos30o?86.6N，Fy1?F1sin30o?50N
34
Fx2?F2??30N，Fy2??F2???40N
55
Fx3?0N，Fy3?F3?60N
Fx4?F4cos135o??56.6N，Fy4?F4sin135o?56.6N
2-5已知图2.29所示中F1?20kN，F2?14.14kN，
图2.28
F1F3?27.32kN，试求此三个力的合力。 解：合力在x轴和y轴上的投影分别为
14kN
FRx?
FRy
?F??F
xi
??F1cos60o?F2cos45o?0N
yi
?F1sin60o?F2sin45o?F3?0N
图2.29
22
FR?FRx?FRy?0N
2-6求如图2.30所示各梁支座的约束反力。
·15·
·16· 理论力学
(a)
(b)
(c)
图2.30
(a)
By
(b)
FBy
(c)
NB
解：分别选各梁为研究对象，受力分析如图所示。分别列平衡方程，有
(a)
?F?0 F?Fcos45?0
?F?0 F?F?Fsin45?0
?M(F)?0 F?4?Fsin45?2?0
x
Ax
o
yAyBy
o
ABy
o
联立求解，可得：
FAx?Fcos45?7.07kN，FBy
o
Fsin45o??3.54kN，
2
FAy?Fsin45o?FBy?3.54kN
(b)
?F?0 F?0
?F?0 F?F?F?0
?M(F)?0 F?4?F?2?0
x
Ax
yAyBy
ABy
联立求解，可得：
FAx?0kN，FBy?
F
?5kN，FAy?F?FBy?5kN 2
Ax
NB
?F?0 F?F
?F?0 F?F
?M(F)?0 F
(c)
xy
Ay
sin45o?Fcos60o?0
NB
cos45o?Fsin60o?0 cos45o?4?Fsin60o?2?0
ANB
联立求解，可得：
FAx?9.33kN，FNB?6.12kN，FAy?4.33kN
·16·
2章 平
系 ·17·
第面汇交力系与平面力偶
子越过厚度为8cm的石板时，所需的最小水平拉力Fmin以及碾子对石板的作用力。
图
2.31
解：选压路机的碾子为研究对象，受力分析如图所示，列平衡方程，有
?F
x
3
?0 FN1??Fmin?0
5
y
?F
?0 FN1?
4
?FN2?W?0 5
碾子越过石板时，有FN2?0，联立求解上式，有 Fmin?15kN，FN1?25kN
2-8水平杆AB分别用铰链A和绳索BD连接，在杆中点悬挂重物G = 1kN，如图2.32所示。设杆自重不计，求铰链A处的反力和绳索BD的拉力。
图2.32
解：选水平杆AB为研究对象，受力分析如图所示，列平衡方程，有
?F?0 Fcos30?Fcos30?0
?F?0 Fsin30?Fsin30?G?0
x
A
o
B
o
yA
o
B
o
联立求解上式，有
FA?FB?1kN
2-9如图2.33所示，杆AB长2m，B端挂一重物G = 3kN，A端靠在光滑的铅直墙上，C点搁在光滑的台阶上。设杆自重不计，求杆在图示位置平衡时，A、C处的反力及AC的长度。
·17·
·18· 理论力学
解：选杆AB为研究对象，受力分析如图所示，列平衡方程，有
?F?F
x
?0 FA?FCsin30o?0 ?0 FCcos30o?G?0
y
联立求解上式，有：FC?3.464kN，FA?FCsin30o?1.732kN
AC的长度为：AC?2?1?sin30o?1.5m
2-10如图2.34所示的起重机支架的AB、AC杆用铰链支承在立柱上，并在A点用铰链互相连接，绳索一端绕过滑轮A起吊重物G = 20kN，另一端连接在卷扬机D上，AD与水平成30°角。设滑轮和各杆自重及滑轮的大小均不计。求平衡时杆AB和AC所受的力。 解：选滑轮A为研究对象，受力分析如图所示，列平衡方程，有
?F?0 F?F?0 F
xy
AC
sin30o?FADcos30o?FABcos30o?0
o
ACcos30
?FADsin30o?FABsin30o?G?0
其中FAD?G?20kN，联立求解，有
FAB?0，FAC?34.36kN
图2.34
FD
G
Ac
2-11如图2.35所示，自重为G的圆柱搁置在倾斜的板AB与墙面之间，圆柱与板的接触点D是AB的中心，各接触处都是光滑的。试求绳BC的拉力及铰A处的约束反力。
·18·
2章 平
系 ·19·
第面汇交力系与平面力偶
F
图2.35
解：分别选圆柱和板AB为研究对象，受力分析如图所示，分别列平衡方程，有
圆柱：
板AB：
?F
y
?0 FNDsin30o?G?0
?F?F
x
'
?0 ?0 ?FBcos30o?FAcos30o?FND
y
?0 FAsin30o?FBsin30o?0
'
其中FND?FND，联立求解，有
23
G 3
2-12 半径为R，自重为G的圆柱以拉紧的绳子ACDB固定在水平面上，如图2.36所示。已知绳子的拉力为F，AE = BE = 3R，求点E处圆柱对水平面的压力。
FDB
解：选圆柱O
FA?FB?
?F
其中FCA?FDB?F，sin??
图2.36
y
?0 FNE?FCAsin2??FDBsin2??G?0
1，cos??
3。联立求解，有
6
FNE?G?F
5
2-13如图2.37所示自重为G的两均质球，半径均为r，放在光滑槽内，求在图示位置平衡时，槽壁对球约束反力。
·19·
·20· 理论力学
图2.37
解：分别选两均质球A、B为研究对象，受力分析如图所示，分别列平衡方程，有
球A：
?F?0 F?Fcos30?0 ?F?0 Fsin30?G?0 球B：?F?0 Fcos30?F?0
x
NC
AB
o
yAB
o
xBA
o
ND
其中FAB?FBA，联立求解，有
FNC?FND?G
2-14自重G =200N的物体，用四根绳索悬挂，如图2.38所示，求各绳所受的拉力。
BC
图2.38
解：分别选两节点A、B为研究对象，受力分析如图所示，分别列平衡方程，有
节点A：
?F
y
x
?0 FABcos60o?FAE?0
?F
节点B：
?0 FABsin60o?G?0
?F
y
x
?0 FBCcos30o?FBDcos45o?FBAcos60o?0
?F
?0 FBCsin30o?FBDsin45o?FBAsin60o?0
其中FAB?FBA，G?200N，联立求解，有
FAB?231N，FAE?115.5N，FBC?231N，FBD?84.5N
2.15 求图2.39所示各梁支座处的约束反力。
·20·
2章 平
系 ·21·
第面汇交力系与平
面力偶
?
(a)
(b) 图2.39
(c)
(a)
By
(b)
B
F(c)
解：分别选梁AB为研究对象，受力分析如图所示，分别列平衡方程，有
(a)：
?M
i
?0 FAy?3a?Pa?0
P。 3
解得：FAy?FBy?
(b)：
?M
i
?0 FAcos45o?3a?Pa?0
2P。 3
解得：FA?FB?
(c)：
?M
i
?0 FAy?2a?Pa?Pa?0
解得：FAy?FBy?0。
2-16连杆机构OABC，受铅直力F1和水平力F，如图2.40所示，已知F = 3.5kN，求平衡时力F1的大小以及杆OA
、AB、BC所受的力。不计杆自重。
B F1 F F F1 BC
图2.40
解：分别选两节点A、
B为研究对象，受力分析如图所示，分别列平衡方程，有
节点A：
?F?0 Fcos30?F?0 ?F?0 Fsin30?F?0
x
AB
o
yAB
o
AO
·21·
·22· 理论力学
节点B： ?Fx?0 FBAsin60o?FBCsin30o?0
?F
F1?y?0 ?FBAcos60o?FBCcos30o?F1?0 其中FAB?FBA，F?3.5kN，联立求解，有 777kN，FAB?3kN，FOA?kN，FBC?7kN 336
2-17如图2.41所示结构中各构件的自重略去不计，在构件AB上作用一力偶，其力偶矩M?800N?m，求点A和C的约束反力。
FB 图2.41
解：分别选构件AB和构件BC为研究对象，受力分析如图所示。由于BC为二力构件，可以确定作用于BC杆上的两个力的方向如图所示。由于FA和FB两个力和力偶M平衡，可知FA和FB两个力应构成力偶。列构件AB平衡方程，有
?Mi?0 ?FBcos45o?0.3?FBsin45o?0.12?M?0
其中M?800N?m。解得：FA?FB?FC?2694N
2-18图2.42所示构架，已知
F?F?
5kN
2
图2.42
解：选整体为研究对象，受力分析如图所示。由于CD杆为二力构件，可以确定作用于C点的力的方向如图所示。由于FA和FC两个力和力偶(F1,F2)相互平衡，可知FA和FC两个力应构成力偶。列构件AB平衡方程，有
?M
·22· i?0 FAcos45o?0.56?F1?0.4?0 其中F1?5kN。解得：FA?FC?5051N
2章 平
系 ·23· 第面汇交力系与平面力偶
可在光滑导槽内滑动。已知M1?4kN?m，转向如图所示，AB = 2m，??30?，机构在图示位置处于平衡。求M2以及铰链A、B的约束反力。
图2.43 E
解：分别选杆AE和杆BD为研究对象，受力分析如图所示。由于销子C可在光滑导槽内滑动，可以确定销子C作用于AE杆上的力FC的方向垂直于导槽，方向如图所示。由于FA和FC两个力和力偶M1平衡，可知FA和FC两个力应构成力偶。列AE杆的平衡方程，有
?M
?Mi?0 FA?2?M1?0 其中M1?4kN?m。解得：FA?FC?1.155kN。同理，列BD杆的平衡方程，有 i'?2?M2?0 ?0 ?FC
''由于FC?FC，可得：M2?4kN?m，FB?FC?1.155kN。
·23·
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