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1、第二章第二章 2-4 (b) 解：解析法 1研究 AB，受力分析如图示； 2建立坐标轴 A-xy； 3建立平衡方程，求解 022F22F101F 0F022F22F103F 0FBAyBAx=+=解得 =10KNF4KN.22FBA2-7 (a) 解： 1研究滑轮A，受力分析如图示； 2建立坐标轴A-xy；WFABFACWAxy45 30WFABFACWAxyWFABFACWAxy45 303建立平衡方程，求解 0W23W22F 0F021W22FF 0FACyACABx=解得 =压杆）拉杆）( 28KN. 5F73KN(. 2FACAB2-10 (b) 1解： 1研究AC，受力分析如图示；B
2、C为二力杆，由此可确定FB的方向，且FB=FC 2建立坐标轴A-xy； 3建立平衡方程，求解 022FF103F 0F022F101F 0FCpAyCAx=+=解得 =pBCpA 0.35FFF0.79FF2-11 解：(一) 研究E点，受力分析如图(a)示； 0FsinF 0F0cosFF 0FTEDyTEDTECx =解得TECTEDFctgFF= (二) 研究C点，受力分析如图(b)示； 2xyFTECWFTCB xyxyFTECWFTCB0WcosF 0F0FsinF 0FTCBy TCBxTEC =解得 8KN.81ctgFctgFW2 TCE=第三章第三章 3-1 解：(1) (
3、)FLFMo=(2) ( )0FMo= (3) ( )sinFLFMo= (4) ( )FaFMo= (5) ( )()rLFFMo+= (6) ( )sinbaFFM22 o+= 3-4 (a) 解：研究AB，受力如图示 15 kNm 24kNm F AF B6 m 15 kNm 24kNm F AF B6 m 06F24-15 0MA=+= 解得 5KN. 1FFBA=3-8 解： 3FABFABFABFABFABFOM2FABFOM230FABFOM130FABFO30FABFOM1(一) 研究OA 0M30sin4 . 0F 0M1AB=o解得 N5FAB=(二) 研究O1B 06 .
4、 0F-M 0MAB2= 解得 mN3M2=第四章第四章 4-1 解：将力系向O点简化 因 053500100200054500400yxxx=+=FFFFRR故 0=RF( )mN =+=2606 . 25350021008 . 0400-FMMoo所以该力系合成结果为一合力偶，其矩为mN 260 4-4 (a) 解： 1研究滑轮A，受力分析如图示； 2建立坐标轴A-xy； 43建立平衡方程，求解 ( )046222-1.5- 0M0222F 0F0222F 0FAAyyAxx=+=+=+=BBFFF 联立解得 =KNFKNFKNFAyAxB09. 141. 15 . 24-4 (c) 解：
5、 1研究ABC，受力分析如图示； 2建立坐标轴A-xy； 3建立平衡方程，求解 ( )0355 . 134 0M0534F 0F0F 0FAAAyyAxx=MF联立解得 =mKNMKNFFAAyAx33170545 解： 1研究AB和轮D，受力分析如图示； 2建立坐标轴A-xy； 3建立平衡方程，求解 ( )060223010 0M022F 0F022F 0FAAyyAxx=+=+=BCBCBCFWWFFWWF联立解得 =NFKNFKNFBCAyAx8482 . 14 . 24-10 解：(一)空载时，不绕A点翻到， 0BFW2W11.5m6mx FAFB GW2W11.5m6mx FAFB
6、G( )GxWxWGFFGxWFMBBA75. 0 05 . 1 75. 005 . 175. 0 0111=+=即则(1) (二)满载时，不绕 B 点翻到， 0AF6( )() ()0675. 05 . 1 05 . 1 675. 05 . 10675. 05 . 15 . 1 02112121+=+=WGWxWWGxWFWGFxWFMAAB即则(2) 将(1)和(2)联立求解可得25m. 1 x3001KNW 4-13 解：(一) 研究球 O，受力分析如图示 FN1FNWFN1FNW0sinF 0FNy=W 解得 NNFsinFW= (二) 研究 AB 杆，受力分析如图示 ( )02ctg
7、rF-Lcos 0M NTA=FF 解得 cos2sin2r2T LWF 7()LWFLWTTTr46021cossincos21sin2sin0cos2sin21 2cos2sin2cossin2sin2r0ddmin22 22所以取极值，即时，当o 4-15(b) 解： (一) 研究 CD 杆，受力分析如(a)图示 ( )045125 . 2 0M025 . 2F 0F0F 0FCCyyCxx=+=+=DD FFF 联立解得 =KNFKNFFDCyCx5 . 25 . 20(二) 研究 AC，受力分析如(b)图示 ( )04F325 . 2215 0M0F525 . 2F 0F0FF 0F
8、CyACyAyyCxAxx=+=+=BBFFF8联立解得 =KNFKNFFBAyAx155 . 204-15(d) 解： (一) 研究起重机，受力分析如(a)图示 FNFFNG 50 kN10 kNFNFFNG 50 kN10 kN( )01050 0F02510150 0MNGNFyNGF =+=+=FFFF联立解得 =KNFKNFNFNG 1050(二) 研究 CD，受力分析如(b)图示 FCyFNGFD1m7mFCxFCyFNGFD1m7mFCyFNGFD1m7mFCx( )081F 0M0FF 0F0F 0FNGCNGCyyCxx=+=+=DDFFF联立解得 =KNFKNFCyD 75
9、.4325. 6(三) 研究 AC，受力分析如(c)图示 9( )08F7F4 0M0FFF 0F0FF 0F CyNFA CyNFAyy CxAxx=+=BBFFF联立解得 =KNFKNFAyND 25.511054-14 解： (一) 研究圆柱 O，受力分析如(a)图示 053F 0FN2x=W 解得 NFN6002=(二) 研究 AB，受力分析如(b)图示 ( )053F 0F054FF 0F04 . 0F2 . 1540MAyyN2AxxN2A=+=+=BBBFFFF联立解得 =250150400BBAyAxFKNFNFNF10因BC是二力杆，故 NFFBC250=4-16(a) 解：
10、 (一) 研究AC，受力分析如(a)图示 ( )05505F5F 0M0FF 0F0F50F 0FCxCyACyAyyCxAxx=+=+=F50kNFCy FCxFAxFAy5m 5mFByFBxFCyFCx20kN/m5m5m50kNFCy FCxFAxFAy5m 5mFByFBxFCyFCx20kN/m5m5m(二) 研究BC，受力分析如(b)图示 ( )05 . 25204F5F 0M0520FF 0F0FF 0FCyCxBCyByyCxBxx=+=F联立(一) (二)解得 =0 50100 500CyCxByBxAyAxFKNFKNFKNFFF4-16(b) 解： (一) 研究AC，受
11、力分析如(a)图示 ( )024158F4F 0M0415FF 0F0FF 0FCxCyACyAyyCxAxx=+=+=F118m4mFCxFCyFAx15kN/mFCx FCyFBx FBy15kN/m4m4m8m4mFCxFCyFAx15kN/mFCx FCyFBx FBy15kN/m4m4m(二) 研究BC，受力分析如(b)图示 ( )024154F4F 0M0415FF 0F0FF 0FByBCCyByyCxBxx=+=F联立(一) (二)解得 =KNFKNFKNFKNFKNFKNFCyCxByBxAyAx10 2050 2070 20此题也可先研究整体，再研究BC。 4-17(a)
12、解： (一) 研究整体，受力分析如(a)图示 CFBEFDFAx FAy4 kN/mCFBEFDFAx FAy4 kN/m( )06 . 24F 0F0F 0F03 . 16 . 242 . 1 0MAyyAxxA=+=DD FFF联立解得 =KNFFKNFKNFDAyAx27.114 .1027.11112(二) 研究销子C，受力分析如(b)图示 F1F3F2 CF1F3F2 C022FF 0F32y=022FF 0F31x=联立解得 =)( 94.15)( 27.11)( 27.11321压杆拉杆压杆KNFKNFKNF4-18 解： （1）以 OBA 为研究对象画受力图： KNFFFmBB
13、O2011 . 00= （2）对销 C 受力分析： kNFFFCDBCDsin1 2sinFF0coscosFFsinsinFFB CECE0YCE0X=+=解得：(3)对销 E 进行受力分析： 135KNctgcosFF0cosFF0FCEEYCEEYY =4-19 解： (一) 研究 ACE，受力分析如(a)图示 500N151025100NFAxFAyFCP500N151025100NFAxFAyFCP( )( )0405001510025 0M0F 0F0155002510100 0MAAyyC=+=CPAxFFFF联立解得 =NFNFFNFCPAAyAx 860260 0 260即(二) 研究 BHP，受力分析如(b)图示 FCPFBx FByFHFCPFBx FByFH( )( )02145102145 0M0F 0F0234510214510 0M BByy H=+= +=CPHByBxCPFFFFFFF14联立解得 =
