(完整版)理论力学哈工大第七版第二章
理论力学(第七版)课后题答案哈工大
第1章 静力学公理和物体的受力分析
1-1 画出下列各图中物体 A，ABC 或构件 AB，AC 的受力图。未画重力的各物体的自 重不计，所有接触处均为光滑接触。
FN 1
A
P FN 2
(a)
(a1)
FT A P FN
(b)
A
(b1)
FN1
P
B FN 3
FR = (80i + 140 j ) N
FR = (80 N) 2 + (140 N) 2 = 161 N
2-2 如图 2-2a 所示，固定在墙壁上的圆环受 3 条绳索的拉力作用，力 F1 沿水平方向， 力 F3 沿铅直方向，力 F2 与水平线成 40°角。3 个力的大小分别为 F1=2 000 N，F2=2 500 N， F3=1 500 N。求 3 个力的合力。
C
FN 2
′ FN
B
P2
(a1)
FN1
(a) FN 1
B
C P2 FAy A
FN 2
FN
P1
P1
FAy
A F Ax
FAx
(a2)
(a3)
FN1
A P1 B P2
FN 3
FN 2
(b)
(b1)
′ FN
FN 1
A
B P2
FN 3
P1
FN
FN 2
(b3)
(b2)
3
理论力学（第七版）课后题答案 哈工大.高等教育出版社
F2 = 173 kN
如图 2-5a 所示，刚架的点 B 作用 1 水平力 F，刚架重量不计。求支座 A，D 的约
y F B C x
理论力学第七版答案、高等教育出版社出版
仅供个人学习参考哈工大理论力学（I ）第7版部分习题答案1-2两个老师都有布置的题目2-3?2-6?2-14?2-?20?2-30?6-2?6-4?7-9??7-10?7-17?7-21?8-5?8-8?8-16?8-24?10-4?10-6?11-5?11-15?10-3以下题为老师布置必做题目1-1（i,j ）,1-2(e,k)2-3,2-6,2-14，2-20,2-306-2,6-47-9,7-10,7-17,7-21,7-268-5,8-8(瞬心后留),8-16,8-2410-3,10-410-611-5,11-1512-10,12-15,综4，15，16，1813-11，13-15，13-166-2图6-2示为把工件送入干燥炉内的机构，叉杆OA=1.5m 在铅垂面内转动，杆AB=0.8m ，A 端为铰链，B 端有放置工件的框架。
在机构运动时，工件的速度恒为0.05m/s ，杆AB 始终铅垂。
设运动开始时，角0=?。
求运动过程中角?与时间的关系，以及点B 的轨迹方程。
10-3如图所示水平面上放1均质三棱柱A ，在其斜面上又放1均质三棱柱B 。
两三棱柱的横截面均为直角三角形。
三棱柱A 的质量为mA 三棱柱B 质量mB 的3倍，其尺寸如图所示。
设各处摩擦不计，初始时系统静止。
求当三棱柱B 沿三棱柱A 滑下接触到水平面时，三棱柱A 移动的距离。
11-4解取A 、B 两三棱柱组成1质点系为研究对象，把坐标轴Ox 固连于水平面上，O 在棱柱A 左下角的初始位置。
由于在水平方向无外力作用，且开始时系统处于静止，故系统 质心位置在水平方向守恒。
设A 、B 两棱柱质心初始位置（如图b 所示）在x 方向坐标分别为当棱柱B 接触水平面时，如图c 所示。
两棱柱质心坐标分别为系统初始时质心坐标棱柱B 接触水平面时系统质心坐标因并注意到得10-4如图所示，均质杆AB ，长l ，直立在光滑的水平面上。
求它从铅直位无初速地倒下时，端点A 相对图b 所示坐标系的轨迹。
哈工大理论力学教研室《理论力学Ⅰ》(第7版)课后习题-平面力系(圣才出品)
，所以 RA＝RB。与条件矛盾。
(5)不可以。同(1)。
(6)可以。满足条件的力有很多。
2-9 图 2-6 中 OABC 为正方形，边长为 a。已知某平面任意力系向 A 点简化得一主矢 (大小为 F＇RA)及一主矩(大小、方向均未知)。又已知该力系向 B 点简化得一合力，合力指向 O 点。给出该力系向 C 点简化的主矢(大小、方向）及主矩(大小、转向)。
(4)向 B 点简化得
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，是否可能？
(5)向 B 点简化得
，是否可能？
(6答：(1)不可能。据“力的平移定理”，力可以平移，但不可以消失或改变大小。
(2)可以。同上。
(3)可以。同(1)。
(4)不可以。看 MA＝MB，则
图 2-1 解：以滑轮 B 为研究对象，进行受力分析，如图 2-2 所示。
由平衡方程 可得
图 2-2
Fx = 0 Fy = 0
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FBA + FBC cos 30 + F2 sin30 = 0 F1 + F2 cos 30 + FBC sin30 = 0 其中， F1 = F2 = P 。
2-11 不计图 2-7 中各构件自重，忽略摩擦。画出刚体 ABC 的受力图，各铰链均需画 出确切的约束力方向，不得以两个分力代替。图中 DE//FG。
答：如图 2-8 所示。
图 2-7
图 2-8
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二、习题 2-1 物体重 P＝20 kN，用绳子挂在支架的滑轮 B 上，绳子的另一端接在绞车 D 上， 如图 2-1 所示。转动绞车，物体便能升起。设滑轮的大小、AB 与 CB 杆自重及摩擦略去不 计，A，B，C 三处均为铰链连接。当物体处于平衡状态时，求拉杆 AB 和支杆 CB 所受的力。
理论力学第七版第02章(1-2节)--平面力系 (2)
(3)合力 FR 作用线到简化中心O的距离由d 确定。
MO d FR
(4-6)
2-3 平面任意力系的简化
合力矩定理: 平面任意力系的合力FR对于作用面内任一点O的矩等 于力系中所有各力Fi对于该点之矩的代数和。 合力矩定理推导过程： 由下图(b)可知： M O ( FR ) FR d M O
FR
O
合成
O
F1 F1 F2 F2
M 1 M O ( F1 )
M 2 M O ( F2 )
F3 F3
M 3 M O ( F3 )
Fn Fn
M n M O ( Fn )
2-3 平面任意力系的简化
MO O 等效 平移
O—简化中心
FR
O
合成
O
F 2 F3 FR 1F
主矢： 主矩：
0 FR MO 0
(2-21)
2-4 平面任意力系的平衡条件和平衡方程
主矢：
主矩：
0 FR MO 0
0 FR M0 0
等价 等价
FRx 0 和 FRy 0
M
i 1
n
O
( Fi ) 0
等价
F =0 F =0 M ( F )=0
R x
F cos( F , j )
R
FR
0.3283
x
0.9446
y
FR
, i) 70.84 , ( FR , j) 180 19.16 (FR
(2)主矩：
MO MO (Fi ) 3F1 1.5P 1 3.9P 2 2355kN m
简化方法：力的平移定理。
理论力学I第七版考试要点哈工大版教材
速度
v
dr dt
dx i dt
dy dt
j
dz k dt
vxi
vy
j
vzk
加速度
a dv dvx i dvy dt dt dt
j
dvz dt
k
axi
ay
j
azk
§ 5-3 自然法
自然法：利用点的运动轨迹建立弧坐标和自然轴系，利用它们 描述和分析点的运动的方法。
1、 弧坐标 s f (t )
FR 一个作用在O点上的力, MO 一个作用在刚体上的力偶
n
n
•主矢 FR Fi ' Fi
i 1
i 1
（与简化点无关）
n
n
•主矩 MO M i MO (F )
i 1
i 1
（与简化点有关）
§2-4 平面任意力系的平衡条件和平衡方程
Fx Fy
0 0
MO 0
一般式
平面任意力系平衡的解析条件是：所有各力在两 个任选的坐标轴上的投影的代数和分别等于零，以 及各力对于任意一点的矩的代数和也等于零.
相对轨迹
相对速度 vr 相对加速度 ar
绝对轨迹
绝对速度 va 绝对加速度 aa
牵连速度 ve和牵连加速度 ae
在动参考系上与动点相重合的那一点（牵连点）的速 度和加速度称为动点的牵连速度和牵连加速度。
平面任意力系的平衡方程其他形式
F x
0
M A 0
M B 0
二矩式 两个取矩Biblioteka 连线，不得与投影轴垂直M A 0 M B 0 M C 0
三矩式 三个取矩点，不得共线
物体系的平衡问题
物体系平衡 系统中每个物体平衡 解物体系问题的一般步骤： ① 选择研究对象（单个刚体、刚体系整体、刚体系部分） ② 画分离体图和受力图 ③ 列平衡方程 ④ 求解
哈尔滨工业大学理论力学第七版第II篇机械振动基础
k34
k3k4 k3 k4
1 7 k1
（2）计算2、3、4的等效刚度
k234
k2
k34
9 14
k1
k4 k2
k3
m
k1
（3）计算系统的等效刚度
keq
k1
k234
23 14
k1
（4）计算系统的固有频率
0
keq m
23k1 14m
k4 k2
k3
m
k1
？1 在图中，当把弹簧原长在中点O 固定后， 系统的固有频率与原来的固有频率的比
0
k m
例 题 5 由能量法解 例题4
l
解：设OA杆作自由振动时，
其摆角 的变化规律为
ak
m
Asin(0t )
O
A
系统的最大动能为
Tm a x
1 2
m(lmax)2
1 2
ml2 A202
系统的最大势能为
Vm a x
1 2
k (am ax) 2
1 2
ka2 A2
t 0时，x x0 , v v0
x Asin(0t )
v
dx dt
A0
cos(0t
)
t 0时，x x0 , v v0
x0 Asin , v0 A0 cos
A
x02
v02
02
,
tan 0 x0
v0
例题1
提升重物系统中，钢丝绳的横截面积A ＝2.89×10－4m2，材料的弹性模量E＝ 200GPa。重物的质量m＝6000kg，以匀 速 v ＝ 0.25m/s 下降。当重物下降到 l ＝ v 25m 时，钢丝绳上端突然被卡住。
哈尔滨工业大学理论力学课后习题答案
----------------------------------------理论力学（第七版）课后题答案哈工大 . 高等教育出版社--------------------------------第 1章静力学公理和物体的受力分析1-1 画出下列各图中物体 A ，ABC 或构件 AB ，AC 的受力图。
未画重力的各物体的自重不计，所有接触处均为光滑接触。
FN1 APFN 2(a)(a1)FTAPFN(b)(b1)A FN1P BFN 3FN 2(c)(c1)FTBFAyP1AP2F Ax(d) (d1)FA FBFA B (e) (e1)1理论力学（第七版）课后题答案哈工大 . 高等教育出版社qFFAy F BA FAxB(f) (f1)FBC F CF A A(g)(g1)FAy FCCA FAx BP1 P2(h)(h1)BFCF CDFAxAF Ay(i) (i 1)(j)(j1)BF B FCPF AyF AxA(k)(k1) 2理论力学（第七版）课后题答案哈工大 . 高等教育出版社FCA FABCF ACAF ABFACBA PFBA(l) (l1)(l2) (l3) 图1-11-2 画出下列每个标注字符的物体的受力图。
题图中未画重力的各物体的自重不计，所有接触处均为光滑接触。
B F N1C FN 2F N P2(a)(a1)F N1BFN1C F N 2FNP2PP1FAyF Ay1FAxFAxA A(a2)(a3)FN1APBFN31P2FN 2 (b)(b1)F NA B FN3P2PF N F N 21(b2) (b3)3理论力学（第七版）课后题答案哈工大 . 高等教育出版社(c)FTDFN2 BP1F N1(c2)(d)F AyA FAxCD FN2B P2P1FN1(c1)F AyA FAxF TP 2(c3)F AyFBqAF Ax C DBFC(d1)FAy FDyqqF BDB F FDxDy (d3)(e)FC(d2)F AyqFAxA BFCyPC FCx(e1)(f)F AyFAxAF1FAyA FBqBxB FBx FCxC PFByFBy FCy(e2) (e3)CF2 FByFAx FBxB(f1)4理论力学（第七版）课后题答案哈工大 . 高等教育出版社F1FAyAFAyF AxAFCxCFCyF Ax(f2)(g)FTD CFCx(g2)CFCyFAyA FAxF BBDF 1FCxF2F ByFBxB(f3)F BCBP(g1)F CyF TC FCxP(g3)F Cy FB(h)FAyAF BBFAx(h1)AF AxFAyCF2FCx B(h2)(i)FCyFCx CF CyA F EFOyF FOxC DFCx EO B(i1) (i2)5理论力学（第七版）课后题答案 哈工大 . 高等教育出版社A AF AxFF AyF E E C DFOyFBy FB yO FOxFBx F BxB B(i3) (i4)FAyD EFCxA F Ax CC FBy F TH FBy FCy BPBFBxFB x(j )(j1) (j2)FAy F DyFDF T2F T 2 E FAx CF C x EyF Dx F Ex A D FDx E FF T1F Ey F T3ExF Dy F (j3)(j4)(j5)CyEF F B D CEF CxB F CyF(k1)DE(k)FF BFCBFCxE CFCy90FD D DEFAy AyFA FAx A FAx(k2) (k3)6理论力学（第七版）课后题答案哈工大 . 高等教育出版社AF A(l)(l1) F2F D DEFE(l3)或F 1 F B FDy F Dy F 2F DxB D F Dx DC EF ExFC F Ey(l2) ’(l3) ’F AD(m)F ADDE HF B F1FF DBBB DCF C(l2)F1 F2DBA C EFA FC FE(l4)F1F2DBAC E FExF A F C F Ey(l4) ’AFCyFCxCF1B(m1)FADF2AF E FH D FAD(m2) (m3)7理论力学（第七版）课后题答案哈工大 . 高等教育出版社A FN AF kFOyO (n)FN1B D qF BF N 2FN3(n2)BF AA(o)BFN B FOx B(n1)FD FFCFEF GG C E(o1)FB DF BD FA FA F BF CFD C(o2) (o3)图 1-2F ED F F F(o4)E8理论力学（第七版）课后题答案 哈工大 . 高等教育出版社 第2章 平面汇交力系与平面力偶系2-1 铆接薄板在孔心 A ， B 和 C 处受 3 个力作用，如图 2-1a 所示。
理论力学(第七版)2
va =
得
va = 2 aω cos 30° aω 1 = 2 aω
ω=
ω1
2
= 1.5 rad/s （逆）
（b）套筒 A 为动点，动系固结于杆 O1 A ；绝对运动为绕 O2 圆周运动，相对运动为沿
va = O2 A ⋅ ω1 = 2aω cos 30° ， ve = O1 Aω1 = aω 1 ve aω 1 由图 b1： v a = = cos30° cos30° aω 1 得 2aω cos 30° = cos 30° 2 ω = ω 1 = 2 rad/s （逆） 3 8-8 图 8-8a 所示曲柄滑道机构中，曲柄长 OA = r ，并以等角速度 ω 绕轴 O 转动。 装在水平杆上的滑槽 DE 与水平线成 60° 角。求当曲柄与水平线的交角分别为 ϕ = 0° ， 30° ， 60° 时，杆 BC 的速度。
y
如图 8-9a 所示，摇杆机构的滑杆 AB 以等速 v 向上运动，初瞬时摇杆 OC 水平。
摇杆长 OC = a ，距离 OD = l 。求当 ϕ =
va ve
C
vr
O
(a) 图 8-9
ϕ
l
(b)
A D
v
x
解 套筒 A 为动点，动系固结于杆 OC；绝对运动为上下直线，相对运动沿 OC 直线， 牵连运动为绕 O 定轴转动。速度分析如图 8-9b 所示，设杆 OC 角速度为 ω ，其转向逆时 针。由题意及几何关系可得 va = v （1）
ve1 − v r1 cos 30° = ve2 b b ω − ω ve1 − ve2 cos30° 1 cos30° 2 4b = = (ω 1 − ω 2 ) v r1 = cos30° cos30° 3 式（3）向 v r2 方向投影，得 1 2b (ω 1 − ω 2 ) = 0.4 m/s v r2 = v r1 = 2 3 0.1 ve2 = × 3 = 0.346 m/s 3 2 ⎧v = v 2 + v 2 = 0.529 m/s e2 r2 ⎪ a 所以 ⎨ ve2 0.346 = ,θ = 40.9° ⎪tan θ = 0 .4 v r2 ⎩
(NEW)哈工大理论力学教研室《理论力学》(第7版)笔记和课后习题(含考研真题)详解
目 录第1章 静力学公理和物体的受力分析1.1 复习笔记
1.2 课后习题详解
1.3 名校考研真题详解
第2章 平面力系
2.1 复习笔记
2.2 课后习题详解
2.3 名校考研真题详解
第3章 空间力系
3.1 复习笔记
3.2 课后习题详解
3.3 名校考研真题详解
第4章 摩 擦
4.1 复习笔记
4.2 课后习题详解
4.3 名校考研真题详解第5章 点的运动学
5.1 复习笔记
5.2 课后习题详解
5.3 名校考研真题详解第6章 刚体的简单运动
6.1 复习笔记
6.2 课后习题详解
6.3 名校考研真题详解第7章 点的合成运动
7.1 复习笔记
7.2 课后习题详解
7.3 名校考研真题详解第8章 刚体的平面运动8.1 复习笔记
8.2 课后习题详解
8.3 名校考研真题详解
第9章 质点动力学的基本方程9.1 复习笔记
9.2 课后习题详解
9.3 名校考研真题详解
第10章 动量定理
10.1 复习笔记
10.2 课后习题详解
10.3 名校考研真题详解
第11章 动量矩定理
11.1 复习笔记
11.2 课后习题详解
11.3 名校考研真题详解
第12章 动能定理
12.1 复习笔记
12.2 课后习题详解
12.3 名校考研真题详解
第13章 达朗贝尔原理。
理论力学哈工大第七版第2章
P
l
0
x l
q
dx
1 2
ql
由合力矩定理
得 h 2l 3
Ph
l
q dx x
0
l
0
x2 l
q dx
例2-9 已知：M1 M 2 10N m, M3 20N m, l 200mm;
求： 光滑螺柱AB所受水平力. 解：由力偶只能由力偶平衡的性 质，其受力图为
M 0
FAl M1 M2 M3 0
M 0
FA'
r
sin
M2
0
解得 M2 8kN m
FB FA 8kN
§2-5 平面平行力系的合成和平衡
平面平行力系:各力的作用线在同一平面内且相互平行的力系叫∼ 一、平面平行力系的合成
设在刚体上作用一平面平行力系 F1 、F2 、F3 ，现求其
合成结果。
根据两个平行力合成理论可知，力F1 与 F5 合成一个合力 R1 R1 F1 F5, mo (R1) mo (F1)mo (F5 )
MO1 F
F ,
d
F
x1
MO1 F F x1
M
Fd
O1
F
MO2
F
,
F
F
d
x2
F
x2
F 'd Fd
力偶矩的符号
M
3.只要保持力偶矩不变，力偶可在其作用面 内任意移转，且可以同时改变力偶中力的大小与 力臂的长短，对刚体的作用效果不变.
=
=
=
ABC？ABD
ABC ABD
M
⑵ 当R1 R2 时(即 Fi 0 时)，原力系合成结果是一
合力偶
mmo (Fi )Fi xi
哈尔滨工业大学理论力学第七版第II篇 第2章 非惯性系中的质点动力学
y′
非惯性系中的质点动力学基本方程，或质点相对运动动力 学基本方程
m a r F F Ie F IC
非惯性系中的质点动力学基本方程，其中 F Ie m a e --- 牵连惯性力 F IC m a C --- 科氏惯性力
在非惯性系中，牵连惯性力和科氏惯性力是真实存在的
2 2 2 2 2 2
1 2
m R (1 cos max ) 0
2
R cos max 2 g cos max 2 g R 0
解出
cos max g ( R g )
2
R
2
cos max
g ( R g )
2
R
2
1 2
mv
2 r
1 2
mv
2 r0
W F W Ie
质点相对运动动能定理的积分形式：质点在非惯性系中相 对动能的变化，等于作用于质点上的力与牵连惯性力在相 对路径上所作的功之和。
例 半径为R的环形管，绕铅垂轴z以匀角速度转动，管内有 一质量为m的小球，原在最低处平衡。小球受微小扰动时可能会 沿圆管上升。忽略管壁摩擦，求小球能达到的最大偏角max。
（4）台风、龙卷风的形成。台风基本发生在大约离赤道5个
纬度以上的洋面上。
（5）证明地球自转的傅科摆(1851年Foucault J L发明）。
北半球
在北半球，摆运动的平面缓慢顺时针转动，平面旋转一周的周期为
T 2
sin
为地球自转角速度， 为傅科摆所在地的纬度。
某人水平抛出一个球，如果考虑科氏惯性力，在下述情况下，由抛球的人
a 2
理论力学 哈尔滨工业大学 第二章(2)
' FRx Fix F1 F2 cos 232.9kN ' FRy Fiy P 1P 2 F sin 670.1kN
大小 FR
方向余弦
F
x iy
2
709.4kN
F cos F , i
解得
FC 28.28kN, FAx 20kN, FAy 10kN
例2-3 已知： P 尺寸如图； 1 10kN, P 2 40kN, 求： 轴承A、B处的约束力. 解： 取起重机，画受力图.
Fx 0
Fy 0
FAx FB 0
FAy P 1P 2 0
例2-2
已知： AC=CB=l, P=10kN; 求：铰链A和DC杆受力. （用平面任意力系方法求解）
解： 取AB梁，画受力图.
Fx 0
FAx Fc cos 450 0
FAy Fc sin 450 F 0
Fy 0
M
A
0
Fc cos 450 l F 2l 0
§2-3 平面任意力系
平面任意力系实例
1、力的平移定理
可以把作用在刚体上点A的力F平行移 到任一点B，但必须同时附加一个力偶， 这个附加力偶的矩等于原来的力F对新 作用点B的矩.
M B M B ( F ) Fd
2、平面任意力系向作用面内一点简化·主矢和主矩
F1 F1 F2 F2 Fn Fn M1 M 0 ( F1 ) M 2 M 0 ( F2 )
A, B 两点连线不得与各力平行
§2-5 物体系的平衡· 静定和超静定问题
§2-6 平面简单桁架的内力计算
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的作用。因此力偶对刚体的作用与力偶在其作用面内的位置无 关。
只要保持力偶矩不变，可以同时改变力偶中力的大小与力 偶臂的长短，对刚体的作用效果不变.
力偶中的力偶臂和力的大小都不是力偶的特征量，只有力 偶矩是平面力偶作用的唯一度量。
=
=
=
=
五、平面力偶系的合成和平衡条件
合力的大小为：
FR
方向为：
cos(FR
,i )
Fix FR
作用点为力的汇交点.
F F 2
2
Rx
Ry
cos( FR
,
j)
Fiy FR
四、平面汇交力系的平衡方程
平衡条件
FR 0
平衡方程
Fx 0
Fy 0
例2-1
已知： P 20kN, R 0.6m, h 0.08m
力对点之矩是一个代数量，它的绝对值等于力的大小与力臂的 乘积，它的正负：力使物体绕矩心逆时针转向时为正，反之为
负.常用单位 N或 m kN m
二、合力矩定理与力矩的解析表达式
合力矩定理：平面汇交力系的合力
对平面内任一点之矩等于所有各分
力对于该点之矩的代数和。
M O(FR ) M O (Fi )
用几何法，画封闭力三角形.
按比例量得
FC 28.3kN, FA 22.4kN
例2-3 已知：图示平面共点力系, F1 2,00 N ,F2 300 N
F3 10,0 N F.4 250 N 求：此力系的合力.
解： 用解析法
FRx
F ix
F1
cos 30
F2
cos 60
该结论适用于任何合力存在的力系
M O(F) M O(Fy ) F cosθ
xFy yFx
MO FR
xi Fiy yi Fix
三、力偶和力偶矩
力偶 由两个等值、反向、不共线的（平行）力组成的力系
F3
cos
45
F4
cos
45
129.3N
FRy
F iy
F1
sin
30
F2
sin
60
F3
sin
45
F4
sin
45
112.3N
FR
F2 Rx
F2 Ry
171.3N
cosθ FRx 0.7548 F
R
F cos β Ry 0.6556
F R
θ 40.99, β 49.01
例2-4 已知：系统如图，不计杆、轮自重，忽略滑轮大小， P=20kN；
求：系统平衡时，杆AB，BC受力.
解： AB、BC杆为二力杆，取滑轮B （或点B），画受力图.建图示
坐标系
Fx 0 FBA F1 cos 60o F2 cos 30o 0
已知： M1, M 2 , M n ;
任选一段距离d
M1 d
F1
M2 d
F2
Mn d
Fn
M1 F1d
M 2 F2d
M n Fnd
=
=
FR F1 F2 Fn
FR F1 F2 Fn
=
=
=
M FRd F1d F2d Fnd M1 M 2 M n
取销钉B.
Fx 0 FBA cosθ FBC cosθ 0
F F
BA
BC
Fy 0 FBA sin θ FBC sin θ F 0
F F 11.35kN
BA
BC
选压块C
Fx 0
F cosθ F 0
CB
Cx
FCx
F 2
cotθ
Fl 2h
求：
1.水平拉力 F 5时kN，碾子对地面及障碍物的压力？
2.欲将碾子拉过障碍物，水平拉力 F至 少多大？
3.力
F沿什么方向拉动碾子最省力，及此时力
多F 大？？
解: 1.取碾子，画受力图. 用几何法，按比例画封闭力四边形
θ arccos R h 30 R
FB sin θ F FA FB cos θ P
FA 11.4kN
FB 10kN
2.碾子拉过障碍物， 应有 FA 0
用几何法解得 F Ptanθ=11.55kN
3. 解得 Fmin P sin θ 10 kN
例2-2
已知：AC CB, F,各 1杆0自kN重不计； 求：CD杆及铰链 的A受力.
解： CD为二力杆，取 A杆B，画受力图.
第二章 平面力系
§2-1 平面汇交力系
一、平面汇交力系合成的几何法－－力多边形规则
FR1 F1 F2
3
FR 2
FR1
FR3
i1
Fi
n
FR
i1
Fi
Fi
力多边形
力多边形规则
二、平面汇交力系平衡的几何条件
平衡条件 Fi 0
平面汇交力系平衡的必要和充分条件是：
该力系的力多边形自行封闭.
三、平面汇交力系合成的解析法
合力 FR 在x轴，y轴投影分别为
FRx FR cos
FRy FR cos
合力等于各力矢量和
FR Fi
由合矢量投影定理，得合力投影定理
FRx Fix
FRy Fiy
11.25kN
Fy 0 F CBsin FCy 0
FCy 1.5kN
§2-2 平面力对点之矩 平面力偶理论
一、平面力对点之矩（力矩）
力矩作用面，O称为矩心， O到 力的作用线的垂直距离 称h为
力臂 两个要素：
1.大小：力 F与力臂的乘积
2.方向：转动方向 M O(F) F h
Fy 0 F F cos30 F cos60 0
BC
1
2
F F P
1
2
F 7.321kN BA
F 27.32kN BC
例2-5 已知： F=3kN, l=1500mm, h=200mm，忽略自重； 求：平衡时，压块C对工件与地面的压力，AB杆受力.
解： AB、BC杆为二力杆.
称为力偶，记作 F, F
力偶矩 力偶中两力所在平面称为力偶作用面. 力偶两力之间的垂直距离称为力偶臂. 两个要素 a.大小：力与力偶臂乘积 b.方向：转动方向 力偶矩
M F d 2ABC
四、同平面内力偶的等效定理
定理：同平面内的两个力偶，如果力偶矩相等，则两力偶 彼此等效。