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。 ( × )

(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

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

4．如图2.22所示结构中，力P对点O的矩为PLsin。

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·

第面汇交力系与平面力偶

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

F2F1

F1F3

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

(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

(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。

d b

0.75k

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

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

Fx2F230N，Fy2F240N

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

F1cos60oF2cos45o0N

F1sin60oF2sin45oF30N

图2.29

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)

(b)

FBy

(c)

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

yAyBy

ABy

联立求解，可得：

FAxFcos457.07kN，FBy

Fsin45o3.54kN，

FAyFsin45oFBy3.54kN

(b)

F0 F0

F0 FFF0

M(F)0 F4F20

yAyBy

ABy

联立求解，可得：

FAx0kN，FBy

5kN，FAyFFBy5kN 2

F0 FF

F0 FF

M(F)0 F

(c)

sin45oFcos60o0

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

0 FN1Fmin0

F

0 FN1

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

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

0 FAFCsin30o0 0 FCcos30oG0

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

sin30oFADcos30oFABcos30o0

ACcos30

FADsin30oFABsin30oG0

其中FADG20kN，联立求解，有

FAB0，FAC34.36kN

图2.34

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

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

0 FNDsin30oG0

FF

0 0 FBcos30oFAcos30oFND

0 FAsin30oFBsin30o0

其中FNDFND，联立求解，有

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

0 FNEFCAsin2FDBsin2G0

1，cos

3。联立求解，有

FNEGF

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

yAB

xBA

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。

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

0 FABcos60oFAE0

F

节点B：

0 FABsin60oG0

F

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)

(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

0 FAy3aPa0

P。 3

解得：FAyFBy

(b)：

M

0 FAcos45o3aPa0

2P。 3

解得：FAFB

(c)：

M

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

yAB

·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

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·

·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。 ( × )

(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

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

4．如图2.22所示结构中，力P对点O的矩为PLsin。

·12·

2章平

系 ·13·

第面汇交力系与平面力偶

图2.21 图2.22

三、选择题

F1F3

F2F1

F1F3

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 )。

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

(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

(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。

d b

0.75k

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

6kN

FRc

图2.26



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





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

Fx2F230N，Fy2F240N

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

F1cos60oF2cos45o0N

F1sin60oF2sin45oF30N

图2.29

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)

(b)

FBy

(c)

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

yAyBy

ABy

联立求解，可得：

FAxFcos457.07kN，FBy

Fsin45o3.54kN，

FAyFsin45oFBy3.54kN

(b)

F0 F0

F0 FFF0

M(F)0 F4F20

yAyBy

ABy

联立求解，可得：

FAx0kN，FBy

5kN，FAyFFBy5kN 2

F0 FF

F0 FF

M(F)0 F

(c)

sin45oFcos60o0

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

0 FN1Fmin0

F

0 FN1

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

联立求解上式，有

FAFB1kN

·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

0 FAFCsin30o0 0 FCcos30oG0

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

F0 FF0 F

sin30oFADcos30oFABcos30o0

ACcos30

FADsin30oFABsin30oG0

其中FADG20kN，联立求解，有

FAB0，FAC34.36kN

图2.34

·18·

2章平

系 ·19·

第面汇交力系与平面力偶

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

0 FNDsin30oG0

FF

0 0 FBcos30oFAcos30oFND

0 FAsin30oFBsin30o0

其中FNDFND，联立求解，有

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

0 FNEFCAsin2FDBsin2G0

1，cos

3。联立求解，有

FNEGF

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

yAB

xBA

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。

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

0 FABcos60oFAE0

F

节点B：

0 FABsin60oG0

F

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)

(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

0 FAy3aPa0

P。 3

解得：FAyFBy

(b)：

M

0 FAcos45o3aPa0

2P。 3

解得：FAFB

(c)：

M

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

yAB

·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

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

图2.42

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

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·

理论力学第二章课后习题答案

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