《理论力学》第三章 力系的平衡习题解
清华大学版理论力学课后习题答案大全_____第3章静力学平衡问题习题解
F DBCBDBF '习题3－3图第3章 静力学平衡问题3－1 图示两种正方形结构所受荷载F 均已知。
试求其中1，2，3各杆受力。
解：图（a ）：045cos 23=-︒F FF F 223=（拉） F 1 = F 3（拉） 045cos 232=︒-F F F 2 = F （受压） 图（b ）：033='=F F F 1 = 0F 2 = F （受拉）3－2 图示为一绳索拔桩装置。
绳索的E 、C 两点拴在架子上，点B 与拴在桩A 上的绳索AB 连接，在点D 加一铅垂向下的力F ，AB 可视为铅垂，DB 可视为水平。
已知α= 0.1rad.，力F = 800N 。
试求绳AB 中产生的拔桩力（当α很小时，tan α≈α）。
解：0=∑y F ，F F ED =αsin αs i nFF ED = 0=∑x F ，DB ED F F =αcos F FF DB 10tan ==α由图（a ）计算结果，可推出图（b ）中：F AB = 10F DB = 100F = 80 kN 。
3－3 起重机由固定塔AC 与活动桁架BC 组成，绞车D 和E 分别控制桁架BC 和重物W 的运动。
桁架BC 用铰链连接于点C ，并由钢索AB 维持其平衡。
重物W = 40kN 悬挂在链索上，链索绕过点B 的滑轮，并沿直线BC 引向绞盘。
长度AC = BC ，不计桁架重量和滑轮摩擦。
试用角ϕ=∠ACB 的函数来表示钢索AB 的张力F AB 以及桁架上沿直线BC 的压力F BC 。
(b-1)习题3－1图(a-1)(a-2)'3(b-2)习题3－2图F习题3-5图习题3－4图 解：图（a ）：0=∑x F ，0sin 2cos=-ϕϕW F AB ，2sin2ϕW F AB =0=∑y F ，02sincos =---ϕϕAB BC F W W F即 2s i n 2c o s 2ϕϕW W W F BC ++=W W W W 2)c o s 1(c o s =-++=ϕϕ3－4 杆AB 及其两端滚子的整体重心在G 点，滚子搁置在倾斜的光滑刚性平面上，如图所示。
理论力学课后习题第三章解答
理论力学课后习题第三章解答3.1解 如题3.1.1图。
均质棒受到碗的弹力分别为，棒自身重力为。
棒与水平方向的夹角为。
设棒的长度为。
由于棒处于平衡状态，所以棒沿轴和轴的和外力为零。
沿过点且与轴平行的合力矩为0。
即：①②③ 由①②③式得：④ 又由于即⑤ 将⑤代入④得：图题1.3.11N ,2N G θl x y A z 0sin 2cos 21=-=∑θθN N F x0cos 2sin 21=-+=∑G N N Fyθθ0cos 22=-=∑θlG c N M i ()θθ22cos 1cos 22-=c l ,cos 2c r =θrc 2cos =θ3.2解 如题3.2.1图所示，均质棒分别受到光滑墙的弹力，光滑棱角的弹力，及重力。
由于棒处于平衡状态，所以沿方向的合力矩为零。
即①由①②式得：所以()cr c l 2224-=o图题1.3.21N 2N G y 0cos 2=-=∑G N Fyθ0cos 22cos 2=-=∑θθlG d N M z ld=θ3cos 31arccos ⎪⎭⎫ ⎝⎛=l d θ3.3解 如题3.3.1图所示。
棒受到重力。
棒受到的重力。
设均质棒的线密度为。
由题意可知，整个均质棒沿轴方向的合力矩为零。
3.4解 如题3.4.1图。
轴竖直向下，相同的球、、互切，、切于点。
设球的重力大小图题1.3.32AB i G ag ρ=1i G bgρ=2ρz ()BH BF G OD G M z --⋅=∑21sin θ=0sin cos 2sin 2=⎪⎭⎫ ⎝⎛--θθρθρa b gb a ga aba b 2tan 22+=θ图题1.3.4Ox A B C B C D为，半径为，则对、、三个球构成的系统来说，在轴方向的合力应为零。
即：①对于球，它相对于过点与轴平行的轴的合力矩等于零。
即：②由式得：3.5解 如题3.5.1图。
梯子受到地面和墙的弹力分别为，，受地面和墙的摩擦力分别为，。
理论力学第3章 力系的平衡条件与平衡方程
10
例题二的解答
解：选取研究对象：杆CE（带有销 钉D）以及滑轮、绳索、重物组成 的系统（小系统）受力分析如图， 列平衡方程:
M D (F ) 0 M C (F ) 0 M B (F ) 0
( F C cos ) CD F ( DE R ) PR 0 F Dx DC F ( CE R ) PR 0 F BD F ( DE R ) P ( DB R ) 0 Dy
2012年11月3日星期六
北京邮电大学自动化学院
29
滚动摩擦力偶的性质
滚动摩擦力偶Ｍ 具有如下性质（与滑动摩擦力性质类似）： ◆ 其大小由平衡条件确定； ◆ 转向与滚动趋势相反； ◆ 当滚子处于将滚未滚的平衡临界状态时， Ｍ = Ｍ max =δFN
式中：δ —滚动摩擦系数，它的量纲为长度； FN —法向反力（一般由平衡条件确定）。
q (2a b) 2a
2
YA q (2a b)
16
2012年11月3日星期六
北京邮电大学自动化学院
课堂练习3
多跨静定梁由AB梁和BC梁用中间铰B连接而成，支撑和荷 载情况如图所示，已知P = 20kN，q=5kN⋅m，α = 45°。求 支座A、C的反力和中间铰B处的反力。
2012年11月3日星期六
x
xC
x
2012年11月3日星期六
北京邮电大学自动化学院
5
平行分布线载荷的简化
Q
q
1、均布荷载 Q=ql
l 2
l 2
Q
q
2、三角形荷载 Q=ql /2
2l 3
l 3
Q
3、梯形荷载 Q=(q1+q2)l /2 (自己求合力的位置)
力系的平衡测验题答案(重庆大学理论力学)
FAx
FAy
FNB
解：取ABC杆为研究对象，建立坐标系，画受力图
M A F 0
Fx 0 Fy 0
FNB 4 q 4 2 m F sin 6 0
FNB
1 4
q
4
2
m
F
sin
6
49.3
kN
FAx F cos 0
FAx F cos 8.94 kN
5 8
P
FEy P FA sin
45 13P 8
6
例题3-13
D
A
K
C
2. 选取DEC研究对象，受力 分析如图所示。列平衡方程
BⅠ
MC F 0,
FDB cos 45 2l FK l FEx 2l 0
E D
Ⅱ
显然
FK
P 2
FDB
K
FK
解平衡方程
FAx
M B F 0 FCx H FCy l F2 l b 0
L
L
L
q
C
B
30o
A
ML
p1
L 30o
q
C
30o Rc
FBx
B
FBy
FBy 1kN
L
L
L
q
C
B
30o
A
ML
p1
L 30o
FBx 0.289kN FBy 1kN
M FAx
q F,
Bx
F, By
B
FAy
A
M
p1 30o
C·A上传 【理论力学】第三章 力系的平衡
FDC FDB
P
BE = CE DB = DC 则:FDB = FDC
DO DO DO ∑ Fiy FDB = 0; FDC FDA =0 DB DC DA
cm DB = 20 3, , DA = 20 5;cm
FDA
EO AO 0; ∑ Fiz = FDB 2 FDA P=0 DB DA
汇交力系
√2 FA = FC = — F = FB 力多边形自行封闭
2
r F r F
C
B
r FB
例3-2:已知物体的重量为 .求:(a)平衡时铅垂力 , - :已知物体的重量为P )平衡时铅垂力F, (b)维持平衡时 的最小值及其相应方向.不计构件自重. )维持平衡时F 的最小值及其相应方向.不计构件自重. 讨论题
3 联立求解 FDA = P = 745N , 3 FDB = FDC = 289N
避免解联立方程 改变坐标方向
立柱AB与绳 与绳BC 例3-8:起重机起吊重量 =1kN.求:立柱 与绳 ,BD,BE - :起重机起吊重量P . x' 的受力. 的受力.
解: B点有四个未知力汇交, 点有四个未知力汇交, 点有四个未知力汇交
§3-1 汇交力系的平衡 -
汇交力系简化的结果
汇交力系平衡的充要条件: 汇交力系平衡的充要条件: 充要条件 力系的合力等于零
r FR = 0
各力全部 汇交力系平衡的几何条件 力多边形自行封闭 首尾相连 几何条件: 汇交力系平衡的几何条件: 仅适用于平 力多边形法则 解析条件: 汇交力系平衡的解析条件 平衡方程 汇交力系平衡的解析条件: 面汇交力系 几何法 空间汇交力系: 合力投影定理
《工程力学(工程静力学与材料力学)(第3版)》习题解答：第3章 力系的平衡
工程力学（工程静力学与材料力学）习题与解答第3章 力系的平衡3－1 试求图示两外伸梁的约束反力FRA 、FRB ，其中（a ）M = 60kN ·m ，FP = 20 kN ；（b ）FP = 10 kN ，FP1 = 20 kN ，q = 20kN/m ，d = 0.8m 。
知识点：固定铰支座、辊轴支座、平面力系、平衡方程 难易程度：一般 解答：图（a-1） 0=∑x F ，FAx = 00=∑A M ，05.34R P =⨯+⨯--B F F M 05.342060R =⨯+⨯--B F FRB = 40 kN （↑）=∑y F ，0P R =-+F F F B Ay20-=Ay F kN （↓）图（b-1），M = FPd 0=∑A M ，03221P R P =⋅-⋅++⋅d F d F d F dqd B即 032211P R P =-++F F F qd B 02032108.02021R =⨯-++⨯⨯B FFRB = 21 kN （↑）=∑y F ，FRA = 15 kN （↑）3－2 直角折杆所受载荷，约束及尺寸均如图示。
试求A 处全部约束力。
A MB Ay F B R F CAx F PF(a) M A B B R F A R F P 1F C qdBD(b)（a ）（b ） 习题3－1图FMB习题3－3图sF W A F ABF BF AN F(a)知识点：固定端约束、平面力系、平衡方程 难易程度：一般 解答： 图（a ）： 0=∑x F ，0=Ax F=∑y F ，=Ay F （↑）0=∑A M ，0=-+Fd M M AM Fd M A -=3－3 图示拖车重W = 20kN ，汽车对它的牵引力FS = 10 kN 。
试求拖车匀速直线行驶时，车轮A 、B 对地面的正压力。
知识点：固定端约束、平面力系、平衡方程 难易程度：一般解答： 图（a ）：0)(=∑F A M 08.214.1NB S =⨯+⨯-⨯-F F W6.13NB =F kN=∑y F ，4.6NA =F kN3－4 图示起重机ABC 具有铅垂转动轴AB ，起重机重W = 3.5kN ，重心在D 。
理论力学第三章(静力学平衡1)
1.空间任意力系的平衡方程
Fxi 0, Fyi 0, Fzi 0
M xi 0, M yi 0, M zi 0
空间平行力系的平衡方程
Fzi 0, Mxi 0, M yi 0
2020年9月29日星期二
平行力系
4
F1 O F2
《理论力学》
汇交力系的平衡
Fxi 0, Fyi 0, Fzi 0
13《理论力学》yFra bibliotek2qa
A
YA
XA
2a
C
B
M Pa P
4a
YB
x
Fx 0
Fy
0
M A(F)
0
2020年9月29日星期二
1,研究对象 2,选取坐标 3,受力分析 4,列解方程求解
14
《理论力学》
Fx Fy M
0 0
A (F )
0
XA 0 YA YB 2aq P 0
4aYB Pa 2aP 2a2q 0
2020年9月29日星期二
30
物系平衡的特点：物体系统的平衡
《理论力学》
1 物系静止且静定
要分清内力与外力，内力
2 物系中每部分也是平衡的。 不画在受力图上。
3 选择所需的研究对象,分析研究对象的受力,列出相应的平衡
方程; 如果要求的未知量没有全部求出,再一次选择所需的研
究对象,分析研究对象的受力,列出相应的平衡方程……
R
两个简化的结果是等效 的,则结果只能是
A
Fx 0 。Rcos 0
由 90 ，知 R 0
B
α
原力系平衡．
o
x
2020年9月29日星期二
9
《理论力学》
理论力学(机械工业出版社)第三章空间力系习题解答
3-1 在边长为a 的正六面体上作用有三个力，如图 3-26所示，已知：F i =6kN, F 2=2kN, F 3=4kN 。
试求各力在三个坐标轴上的 投影。
图 3-26所示，已知六面体尺寸为 400 mmx 300 mmx300mm 正面有力F i =100N,中间有力F 2=200N,顶面有力偶 M=20N ・m作用。
试求各力及力偶对 z 轴之矩的和。
图 3-274 M z F 1 COS 450.40.3 20 J 34 20^2-240207.125 N m3-3如图3-28所示，水平轮上 A 点作用一力F =1kN,方向与 轮面成a=60°的角，且在过A 点与轮缘相切的铅垂面内，而点 A与轮心0的连线与通过0点平行于y 轴的直线成 b=45°角，图 3-28F COS sin 1000 COS 60 sin 45250^2 N 354 NF COS COS 1000 COS 60 sin 45250 (0 N 354 NF 1x 0F 1yF 2xF 2 COS 45讨仃 4 J 3F iz 72 kNF ,6 kNF 3X F ^y — kNF ayF 2yF COS 45734巧 F^ —— kN 33F 2—33kN3-2 如图 3-27 h =r=1m 。
试求力F 在三个坐标轴上的投影和对三个坐标轴之矩。
F xF z F sin 1000 sin 60 500 866 NM x (F) |F y | h |F z | 1 r cos 354 1866 1 cos 45258 N m M y (F) |F x | h |F z | r sin 354 1 866 1sin 45966 N mM z (F)F cosr1000 cos60 1500 N m主矩。
图 3-30F R xF 1 “2 屁200^5 100(14 821 .4NF R yF 2乐150714 561 .2NF RZF 1亦 F ?L 100V 5 50^14410.7NV 14F RJ ( 821.4)2( 2561.2)2410.71076.3N3-4 曲拐手柄如图3-29所示，已知作用于手柄上的力F =100N, AB=100mm BC=400mrm CC =200mrm a=30°。
理论力学：第3章 力系的平衡
Fx＝0， FCxFBx＝0
Fy＝0， FCy＋FBy－20×5＝0
FCx C
B FBx
mC(F)＝0，
20×5×
5 2
＋FBx
85
FBy
0
(c)
FBy
题 3-11 图
解之得：FAx＝－7.69 kN， FAy＝57.69 kN；FBx＝57.69 kN， FBy＝142.3 kN；
D
0.5 0.5
现取 ABC 及 DEF 进行受力分析，受力图如(c)
示
mC(F)＝0
FRD
2 2
2
FR
D
2 2
0.5
FR
G
0.5
0
FRD 100 2 N
Fx＝0
FRC cos FR D cos 450 0
Fy＝0， FRC sin FR D sin 450 FRG 0
z
FAz r1
A
r2
FBz
B
C
D
y
FAx
F’T1
FBx
FT2
FT1 x
F’T2
(a)
(b)
题 3-26 图
解：研究整体，画受力图(b)
my＝0，
FT1 r1 FT1r1 FT2r2 FT2r2 0
mAx＝0，
FT2＝2F’T2＝4000 N，
(FT1 FT1) 0.5 (FT2 FT2 ) 1.5 sin 2FBx 0
mOy＝－30 kNm，
mz＝0， mOz F1×4＝0
理论力学习题答案第三章
第三章思考题解答3.1 答：确定一质点在空间中得位置需要3个独立变量，只要确定了不共线三点的位置刚体的位置也就确定了，故须九个独立变量，但刚体不变形，此三点中人二点的连线长度不变，即有三个约束方程，所以确定刚体的一般运动不需3n 个独立变量，有6个独立变量就够了.若刚体作定点转动，只要定出任一点相对定点的运动刚体的运动就确定了，只需3个独立变量；确定作平面平行运动刚体的代表平面在空间中的方位需一个独立变量，确定任一点在平面上的位置需二个独立变量，共需三个独立变量；知道了定轴转动刚体绕转动轴的转角，刚体的位置也就定了，只需一个独立变量；刚体的平动可用一个点的运动代表其运动，故需三个独立变量。
3.2 答物体上各质点所受重力的合力作用点即为物体的重心。
当物体的大小远小于地球的线度时物体上各质点所在点的重力加速度都相等，且方向彼此平行即重力场为均匀场，此时质心与重心重合。
事实上但物体的线度很大时各质点所在处g 的大小是严格相等，且各质点的重力都指向地心，不是彼此平行的，重心与质心不和。
答 当物体为均质时，几何中心与质心重合；当物体的大小远小于地球的线度时，质心与重心重合；当物体为均质且大小远小于地球的线度时，三者都重合。
3.4 答 主矢F 是力系各力的矢量和，他完全取决于力系中各力的大小和方向，故主矢不随简化中心的位置而改变，故而也称之为力系的主矢；简化中心的位置不同，各力对简化中心的位矢i r 也就不同则各力对简化中心的力矩也就不同，故主矩随简化中心的位置而变，被称之为力系对简化中心的主矩。
分别取O 和O '为简化中心，第i 个力i F 对O 和O '的位矢分别为i r 和i r '，则i r =i r '+O O '，故()()iii ii i O F O O r F r M ⨯'-'=⨯'=∑∑'()∑∑⨯'-⨯'=ii ii i F O O F r ∑⨯'+=ii o F O O M即o o M M ≠'主矢不变，表明刚体的平动效应不变，主矩随简化中心的位置改变，表明力系的作用对刚体上不同点有不同的转动效应，但不改变整个刚体的转动规律或者说不影响刚体绕质心的转动。
理论力学 陈立群 第3章 平衡问题 解答
第三章平衡问题：矢量方法习题解答3-1讨论图示各平衡问题是静定的还是静不定的，若是静不定的试确定其静不定的次数。
题3.1图解：（1）以AB杆为对象，A为固定端约束，约束力有3个。
如果DC杆是二力杆，则铰C处有1个约束力，这4个力组成平面一般力系，独立平衡方程有3个，所以是1次静不定；如果DC杆不是二力杆，则铰C和D处各有2个约束力，系统共有7个约束力，AB 杆和DC杆上的约束力各组成平面一般力系，独立平衡方程共有6个，所以，是1次静不定。
（2）AD梁上，固定铰链A处有2个约束力，辊轴铰链B、C和D各有1个约束力，共有5个约束力，这5个约束力组成平面一般力系，可以列出3个独立的平衡方程。
所以，AD梁是2次静不定。
（3）曲梁AB两端都是固定端约束，各有3个共6个约束力组成平面一般力系，而独立的平衡方程只有3个。
所以是3次静不定。
（4）刚架在A、B和C处都是固定端约束，各有3个共9个约束力组成平面一般力系，而独立的平衡方程只有3个。
所以是6次静不定。
（5）平面桁架在A处为固定铰链，B处为辊轴铰链，共有3约束力组成平面一般力系，而独立的平衡方程也有3个，因此，该平面桁架的外力是静定的。
平面桁架由21根杆组成，所以有21个未知轴力，加上3个支座反力，共有24个未知量。
21根杆由10个铰链连接，每个铰链受到平面汇交力系作用。
若以铰链为研究对象，可以列出2×10=20个平衡方程。
所以，此平面桁架的内力是24-20=4次静不定。
（6）整体在A处为固定铰链，B处为辊轴铰链，共有3约束力组成平面一般力系，而独立的平衡方程也有3个，因此，该系统的外力是静定的。
除了3个约束外力外，3根杆的轴力也是未知的，共有6个未知量。
AB梁可以列出3个平衡方程，连接3根杆的铰链可以列出2个平衡方程，共有5个方程，所以，该系统的内力是1次静不定。
3-2炼钢炉的送料机由跑车A与可移动的桥B组成，如图示。
跑车可沿桥上的轨道运动，两轮间距离为2米，跑车与操作架、手臂OC以及料斗相连，料斗每次装载物料重W=15kN，平臂长OC=5m。
理论力学静力学第三章习题答案
FBx F (与假设方向相反)
FAx F (与假设方向相反)
FCy
FCx FD
解：取整体为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：
MC 0
FD b F x 0
FD
x F b
取杆 AB 为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：
M A 0
FB b F x 0
线方向的夹角都是 ，因此只要接触面的摩擦角大于 ，不论 F 多大，圆柱不
2
2
会挤出，而处于自锁状态。
FAy o FAx
法 2（解析法） ： 首先取整体为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：
FSD FND
MA 0
FND a F l 0
l FND F a
再取杆 AB 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：
F1 14.58(kN ) (受拉) F3 31.3 (受拉) F2 18.3 (受压)
Fx 0
Fy 0
3-38
F1 sin F3 FH 0 F2 F1 cos FG 0
解：假设各杆均受压。取三角形 BCG 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：
MA 0
FNC a F l 0
l FNC F FND a
取圆柱为研究对象，受力如图所示。假设圆柱半径为 R，列平衡方程：
MO 0
FSC R FSD R 0
FSC FSD
Fx 0
FNC sin FSC cos FSD 0
N1 6.93( N )
Fx 0
Fy 0
FAx N1 sin 60 0 0
FAy N 1 cos 60 0 P 0
理论力学第三章习题解答.ppt
量出FR的长度为161N 和水平方向的夹角为
FR FR2x FR2y 802 1402 161.2N
和水平方向（x轴）的夹角的余弦为
其余弦值为0.496
cos(FR,i ) Fx / FR 80 /161.2=0.496
2－3
解：
因为滑轮的大小忽略不计，且容易看出 AB和BC杆均为二力杆，容易得到B点的 受力如图所示：
Fx 0 FAx 0
FAy FB
Fy 0 FAy FB F 0
MA 0 FB 2a M F 3a 0
解得：
FAx 0
FAy
M Fa 2a
FB
M
3Fa 2a
3－6 （b）解：
AB杆的受力如图所示 显然，AB杆受一平面任意力
FAx
FAy
系作用，有平衡方程
Fx 0 FAx 0
FAx
FAy
系作用，有平衡方程
FB
Fx 0 FAx 0 Fy 0 FAy FB P1 P2 P 0
MA 0 FB (l1 l2) P1(l1 a) P2(l1 b) P(l1 l) 0
代入数值，解得：
FAx 0
FAy 33.23kN
FB 96.77kN
3－7
当成一整体，其受力如图所示
列平衡方程，有
FAx
FAy
Fx 0 FAx FT FBC cos 0
Fy 0 FAy FBC sin W 0
MB 0 FT r W(BD r) FAy (AD DB) 0
又因为 FT W
代入数值，解得
FAx 2400N FAy 1200N FBC 848.53N
A
x F1
FBD
B
60o
理论力学第三章 任意力系的简化与平衡条件
例3-2 已知：涡轮发动机叶片轴向力F=2kN，力偶矩
M=1kN.M, 斜齿的压力角=20 ,螺旋角 。 =10 ,齿轮节圆半径 r=10cm。不计发动 机自重。 O1O2=L1=50cm, O2A=L2=10cm. 求： FN, O1,O2处的约束力。
。
第三章 力系的简化与平衡条件
§3-5 力系的平衡条件
3
F2 F3
1
F'
F1
1 O 200 1
x
2
1 3 1 FRy F1 F2 F3 = -161.6(N) 2 10 5
第三章 任意力系的简化与平衡条件
§3-4 力系简化计算
解：(1)先将力系向O点简化，求主矢和主矩。 FRx FRy =466.5(N) 2 2 FR
Xi 0 F x F2x Fr 0 1
F y F2y F 0 1
Zi 0
F z Fa F 0 1
第三章 力系的简化与平衡条件
§3-5 力系的平衡条件
例3-2 解： 3、列平衡方程
Mx (F) 0
F2 y L1 F (L1 L2 ) 0
y
100 1
F
80
3
Байду номын сангаас
F2 F3
1
F'
F1
1 O 200 1
x
2
第三章 任意力系的简化与平衡条件
§3-4 力系简化计算
例3-1 (1)先将力系向O点简 解： 化，求主矢和主矩。 1 1 F2 FRx F1 10 2 2 F3 5 = -437 .6（N）
y
100 1
F
习题第3章答案
由平衡方程
，
，
，
得 ，
，
（c）解除题3-7图（c）所示梁的支座，代之以支座反力，作受力图（c1）
所示。
由平衡方程
，
，
，
得 ，
，
（d）解除题3-7图（d）所示梁的支座，代之以支座反力，作受力图（d1）
所示。
由平衡方程
，
，
，
得 ，
，
3-8试求题3-8图所示各梁的支座反力。
题3-8图
解：（a）解除题3-8图（a）所示悬臂梁的约束，代之以支座反力，作受力图（a1）
题3-6图
解：分别取杆AE和BD为研究对象，销子C作用于导槽的反力 因垂直于AE，因此决定了铰A处的反力 应于 等值、反向。杆BD上的反力 应于 等值、反向，铰B处的反力 应于 等值、反向，作杆AE和BD的受力图如题3-6图（b）和（c）所示。由题3-6图（a）中的几何关系，可得
由题3-6图（b）的平衡条件
，
，
得 (拉力)
3-2题3-2图（a）所示的电动机重 ，放在水平梁AC的中间，A和B为固定铰链，C为中间铰链。试求A点反力及杆BC所受的力。
题3-2图
解：解除题3-2图（a）所示电动机支架的支座，代之以约束反力，利用三力平衡汇交定理，作受力图如题3-2图（b）所示。由平衡方程
，
，
得
所以A点的反力为 ，杆BC为二力杆，B点受的力就是杆BC受的力，为 。
题3-5图
解：因杆AB是二力杆，所以杆AB俩端的铰A和B的约束力应沿杆的轴线方向，题3-5图（b）所示。因此，杆 和杆 的铰B和铰A处的约束反力的方向应如题3-5图（c）、（d）所示。因杆 和杆 的外力均为力偶，所以约束反力 及 分别应与 及 等值、反向，并有
《理论力学》课后习题答案赫桐生,高教版)第3章
精品行业资料，仅供参考，需要可下载并修改后使用！第三章习题3-1．求图示平面力系的合成结果，长度单位为m。
解：(1) 取O点为简化中心，求平面力系的主矢：求平面力系对O点的主矩：(2) 合成结果：平面力系的主矢为零，主矩不为零，力系的合成结果是一个合力偶，大小是260Nm，转向是逆时针。
习题3－2．求下列各图中平行分布力的合力和对于A点之矩。
解：(1) 平行力系对A点的矩是：取B点为简化中心，平行力系的主矢是：平行力系对B点的主矩是：向B点简化的结果是一个力R B和一个力偶M B，且：如图所示；将R B向下平移一段距离d，使满足：最后简化为一个力R，大小等于R B。
其几何意义是：R的大小等于载荷分布的矩形面积，作用点通过矩形的形心。
(2) 取A点为简化中心，平行力系的主矢是：平行力系对A点的主矩是：向A点简化的结果是一个力R A和一个力偶M A，且：如图所示；将R A向右平移一段距离d，使满足：最后简化为一个力R，大小等于R A。
其几何意义是：R的大小等于载荷分布的三角形面积，作用点通过三角形的形心。
习题3－3．求下列各梁和刚架的支座反力，长度单位为m。
解：(1) 研究AB杆，受力分析，画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。
校核：结果正确。
(2) 研究AB杆，受力分析，将线性分布的载荷简化成一个集中力，画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。
校核：结果正确。
(3) 研究ABC，受力分析，将均布的载荷简化成一个集中力，画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。
校核：结果正确。
习题3－4．重物悬挂如图，已知G=1.8kN，其他重量不计；求铰链A的约束反力和杆BC所受的力。
解：(1) 研究整体，受力分析（BC是二力杆），画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。
习题3－5．图示钻井架，G=177kN，铅垂荷载P=1350kN，风荷载q=1.5kN/m，水平力F=50kN；求支座A的约束反力和撑杆CD所受的力。
理论力学第3章力系平衡方程及应用
a
分布力(均布载荷) 合力作用线位于AB
中点。
3.1 平面力系平衡方程
a
【解】
y M=qa2 a
2qa
F3
C
FAx
A
aFAy
45
B
D
x
2a FB a
F3 2qa
MA 0
q 2 2 a q a a F B 2 a 2 q sa 4 i 3 n a 5 0
FB 2qa
Fx 0 FAx2qcao4s50 FAx qa
C
【解】 F2
构件CGB（ 图b）
F2
构件AED
（图c）
C
R
D
45
FC
FD
D
G
45
F1
E
a
F1
E
a
A
B
G 图b
FBy
图c A FAx
MA
FAy
构件CD（图a ）
3个未知量 B FBx
4个未知量
F'C
3个独立方程
3个独立方程
【基本思路】
C R
杆CGB受力图计算FCAED受力图
计算A处的反力(偶)；CGB受力图计算
3.2 平面物体系平衡问题
q
C
B
30
FC FBy
l
l
【解】 杆CB
FBx
MB 0
FCco3s0l qll/2 0
FC
3 ql 30.5kN/m 2m 0.577kN
3
3
3.2 平面物体系平衡问题
【解】整体
FAy
l
l
l
Fx 0
MA
A
FAx
理论力学-第3章 静力学平衡问题
平衡方程的应用
例题2
平面刚架的所有外力的作用线都 位于刚架平面内。A处为固定端约束。 若图中q、FP、M、l等均为已知，试 求: A处的约束力。
平衡方程的一般形式
对于作用在刚体或刚体系统上的任意力系，平衡条件的 投影形式为
z F2
FRx Fix 0
M2
FRy Fiy 0
F1
FRz Fiz 0
M1
x
y O
Mn
Fn
MOx MOx Fi 0 MOy MOy Fi 0 MOz MOz Fi 0
任意力系的平衡方程
Mx F 0 My F 0 Mz F 0
任意力系的平衡方程
平衡方程的一般形式
Fx 0 Fy 0 Fz 0
Mx F 0 My F 0 Mz F 0
上述方程表明，平衡力系中的所有力在直角坐标系各轴 上投影的代数和都等于零；同时，平衡力系中的所有力对各 轴之矩的代数和也分别等于零。
平面力系平衡方程的其他形式
zO
Fx = 0,
y
Fy = 0,
MO= 0
上述平面力系的3个平衡方程中的
Fx = 0 Fy = 0
可以一个或两个都用力矩式平衡方程代替，但 所选的投影轴与取矩点之间应满足一定的条件。
任意力系的平衡方程
平面力系平衡方程的其他形式
平面一般力系平衡方程的其他形式：
q(x)
q(x)
FP2
FP5
M(x)
M1
x
FQ(x) dx dx
FP1
FP3
M2
FP4
FP6
平衡与平衡条件
平衡的概念
局部 对于变形体：组成物体的任意一部分。
平衡与平衡条件 平衡的必要条件
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《理论力学》第三章力系的平衡习题解C45ααOR CR P F 2lBlCAAR 'CR 第三章 力系的平衡习题解[习题3－1] 三铰拱受铅直力F 作用，如拱的重量不计，求A 、B 处支座反力。
[解]:（1）画受力图如图所示。
（2）因为BC 平衡，所以①0=∑ixFsin 45cos 0=-αB C R R 1014492sin 22=+=ll l α10344923cos 22=+=ll l α⋅⋅==B B C R R R 51sin 2α ②0=∑iyFcos 45sin 0=-+P B C F R R αP B C F R R =+10321 PB BF R R =+1032151FWAR θAB COP P B F F R 79.0410==PP C F F R 35.079.051=⨯=（3）由AC 的平衡可知：PP C AF F R R35.079.051'=⨯==[习题3－2] 弧形闸门自重W ＝150ｋＮ，试求提起闸门所需的拉力F 和铰支座处的反力。
解：)(=∑i AF M6860sin 260cos 00=⨯+⨯-⨯-W F F061508866.0=⨯+⨯--F F900928.7=F )(522.113kN F =FBR TAR CFTBR 0=∑ixF60cos 0=-Ax R F)(761.565.0522.113kN R Ax =⨯= （←）=∑iyF60sin 0=-+W R F Ay)(690.51866.0522.11315060sin 0kN F W R Ax =⨯-=-= （↑）)(77.7669.51761.5622kN R A =+=323.42761.5669.51arctan==θ[习题3－3] 已知F ＝10ｋＮ，杆AC 、BC 及滑轮重均不计，试用作图法求杆AC 、BC 对轮的约束力。
2W GN G603012NGN 2W 12N 060030解： 作力三角形图如图所示。
)(142.14102kN RB=⨯=，0=AR[习题3－4] 直径相等的两均质混凝土圆柱放在斜面与之间，柱重kNW W 4021==。
设圆柱与斜面接触处是光滑的，试用作图法求圆柱对斜面D 、E 、G 处的压力。
解：（1）以上柱为研究对象，其受力图与力三角形图如图所示。
由力三角形图上读得：)(20405.0212kN W N G =⨯==，方向如图所示。
)(64.34866.04030cos 0212kN W N=⨯==（2）以下柱为研究对象，其受力图与力多G600301W EN DN '12N 2W 12N 060030DN EN WWACABR xyA45030020边形如图所示。
)(28.6964.34866.04030cos 1202kN N W N D =+⨯=+=[习题3－5] 图示一履带式起重机，起吊重量W ＝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 及缆绳AC 所受的力。
解：以轮A 为研究对象，其受力图如图所示。
由轮A 的平衡条件可得： 0=∑ixF20cos 30cos 45cos 000=--AC AB T W R6.869397.07071.0=-AC AB T R (1)=∑iyF20sin 30sin 45sin 000=---W T W R AC AB150342.07071.0=-AC AB T R (2)(2)-(1)得： 4.635977.0=ACT)(073.106kN T AC =)(438.2637071.0073.1069397.06.867071.09397.06.86kN T R AC AB =⨯+=+=[习题3－6] 压路机碾子重W ＝20ｋＮ，半径R ＝400ｍｍ，若用水平力F 拉碾子越过高ｈ＝80ｍｍ的石坎，问F 应多大?若要使F 为最小，力F 与水平线的夹角α应为多大?此时F 等于多少?llaαABCDWDN N yxαθ解：碾子走越过石坎时，22)()(h R R Wh R F --=-)(152032032040022kN F =⨯-=当F 倾斜时，2222)()(sin )(cos h R R W h R R F h R F --=--⋅+-⋅αα4800sin 240cos 320=+ααF F60sin 3cos 4=+ααF Fααsin 3cos 460+=F令 0)sin 3cos 4()cos 3sin 4(6002=++--=αααααd dF ，得： ααcos 3sin 4=75.0tan =α03775.0arctan ==α，此时， )(1237sin 337cos 4600min kN F =+=[习题3－7] 长２l 的杆AB ，重Ｗ，搁置在宽α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al >。
llaαABCDWDN yxαAxN AyN ααWDN AN θ解：以AB 杆为研究对象，其受力图如图所示。
0)(=∑iAF Mcos cos =⋅-⋅ααl W a N Dα2cos W alN D ==∑ixFsin =-αD Ax N Nαααsin cos sin 2W alN N D Ax ===∑iy Fcos =-+W N N D Ay α)cos 1(cos cos 33αααalW W a l W N W N D Ay -=-=-=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 0)cos 1(3=-=αalW N Ayla=α3cos31)arccos(al=αHGR HR )(c DCB'BRDR CR θθBAFB)(a aa 2θθ)(b [习题3－8] 图示结构上作用一水平力F ，试求A、C 、E 三处的支座反力。
解：（a ） 图：=∑iyFcos cos =+-θθB AR RBAR R=AR=∑ixFsin sin =+--F R R B AθθFa a a F FR RB A5)2(sin 22=+==+θFR A52= B AR F R==25（b ）图：0=∑ixFsin sin '=+-θθB D R RF R R RB B D25'====∑iyFcos cos '=--θθB D CR R RF aa F R RD C252252cos 2=⨯⨯==θ（c ）图：由作用与反作用公理及（C ）图的平衡条件可知：FR RC E2==。
[习题3－9] AB 、AC 、AD 三连杆支承一重物如图所示。
已知W ＝10ｋＮ，AB ＝４ｍ，AC ＝３ｍ，且ABEC 在同一水平面内，试求三连杆所受的力。
xyzA B CDWABN ACN 030Em4m3ADN θ解：以结点A 为研究对象，其受力图如图所示。
由结点A 平衡条件可知：0=∑izF30cos 0=-W NAD)(547.11866.0/1030cos /0kN W N AD ====∑ixFcos 30sin 0=-AC AD N N θ)(464.3535.0547.11cos 30sin 0kN N N AD AC =⨯⨯==θ=∑iyFsin 30sin 0=-AB AD N N θ)(619.3545.0547.11sin 30sin 0kN N N AD AB =⨯⨯==θ[习题3－10] 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ABACT ADT AETTF CDExyzAR 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，kN F T TAE100==由结点A 的平衡条件可知， ①0)(=∑i CDF M430cos 330sin 300=⨯+⨯+⨯-T T A F F R04.3461503=++-A R)(47.165kN R A =②0=∑ixF0223423223343322222=⋅⋅-⋅+++⋅AD AC T TADAC T T ==∑izFABxyzWBR 'AR 02134454344=⋅-⋅-⋅-⋅-T AD AE AC A F T T T R503448034447.165=-⋅--⋅-AD AC T T47.35344344=⋅+⋅AD AC T T7.51=+AD AC T T7.512=AC TADAC T kN T ==)(85.25以主柱AB 为研究对象，其受力图如图所示。
=∑0izF)(47.18547.16520'kN R W R A B =+=+=[习题3－11] 连杆AB 、AC 、AD 铰接如图。
杆AB 水平。
绳AEG 上悬挂重物W ＝10ｋＮ。
图示位置，系统保持平衡，求G 处绳的张力F T 及AB 、AC 、AD 三杆的约束力。
ｘｙ平面为水平面。
TF EAT 030E ABCDE45045030xyz90060ADN ACN AEN OABN解：以结点E 为研究对象，其受力图如图所示。
0=∑iyF30sin 0=-W T EA)(201022kN W T EA =⨯===∑ixF30cos 0=-T EA F T)(32.17866.02030cos 0kN T F EA T =⨯===∑izF30sin 60sin 45sin 60sin 45sin 00000=-+AE AD AC N N N021********=⋅-⋅⋅+⋅⋅AE AD AC N N N02126=⋅-⋅AE AC N N6=-AE AC N N)(16.86/206/kN N N AE AC ====∑iyF45cos 45cos 00=-AD AC N N )(16.8kN N N AC AD ===∑ixF30cos 60cos 45sin 60cos 45sin 00000=-++AB AE AD AC N N N N02322=-⋅+⋅AB AE AC N N N0232022=-⋅+⋅AB AC N N32.17707.0=-+AB AC N N)(1.2332.1716.8707.032.17707.0kN N N AC AB =+⨯=+=[习题3－12] 水平圆轮的直径AD 上作用着垂直于直径AD 、大小均为100Ｎ的四个力，该四力与作1M OxR OyAAyR 030O用于E 、H 的力F 、F ′成平衡，已知F ＝－F ′，求F 与′的大小。