《工程力学》第三章平面一般力系试卷 答案

平面一般力系习题答
案
题4-5已知F1=150N,F2=200N,F3=300N,F=F’=200N.求力系向O点简化的结果；并求力系合力的大小及与原点O的距离d。

题4-6 如图所示刚架中，q = 3 kN/m，F = 6 kN，M = 10 kN⋅m，不计刚架的
自重。

求固定端A 的约束力。

题4-7 无重水平梁的支承和载荷如所示。

已知力F，力偶矩为M 的力偶和强度为q 的均匀载荷。

求支座A 和B 处的约束力。

题4-9 如图所示，各连续梁中，已知q，M，a 及θ，不计梁的自重，求各连续梁在A，B，C 三处的约束力。

题4-10 由AC 和CD 构成的组合梁通过铰链C 连接。

它的支承和受力如图所示。

已知q = 10 kN/m，M = 40 kN⋅m，不计梁的自重。

求支座A，B，D 的约束力和铰链C受力。

题4-11 求图示混合结构在荷载F的作用下，杆件1、2所受的力。

第一章静力学的基本概念受力图第二章 平面汇交力系2-1解：由解析法，23cos 80RX F X P P Nθ==+=∑12sin 140RY F Y P P Nθ==+=∑故：22161.2R RX RY F F F N=+=1(,)arccos2944RYR RF F P F '∠==2-2解：即求此力系的合力，沿OB 建立x 坐标，由解析法，有123cos45cos453RX F X P P P KN==++=∑13sin 45sin 450RY F Y P P ==-=∑故： 223R RX RY F F F KN=+= 方向沿OB 。

2-3 解：所有杆件均为二力杆件，受力沿直杆轴线。

（a ） 由平衡方程有：0X =∑sin 300AC AB F F -=0Y =∑cos300AC F W -=0.577AB F W=（拉力）1.155AC F W=（压力）（b ） 由平衡方程有：0X =∑ cos 700AC AB F F -=0Y =∑sin 700AB F W -=1.064AB F W=（拉力）0.364AC F W=（压力）（c ） 由平衡方程有：0X =∑cos 60cos300AC AB F F -=0Y =∑sin 30sin 600AB AC F F W +-=0.5AB F W= (拉力)0.866AC F W=（压力）（d ） 由平衡方程有：0X =∑sin 30sin 300AB AC F F -=0Y =∑cos30cos300AB AC F F W +-=0.577AB F W= (拉力)0.577AC F W= (拉力)2-4 解：（a ）受力分析如图所示：由x =∑ 22cos 45042RA F P -=+15.8RA F KN∴=由Y =∑ 22sin 45042RA RB F F P +-=+7.1RB F KN∴=(b)解：受力分析如图所示：由x =∑3cos 45cos 45010RA RB F F P ⋅--=0Y =∑1sin 45sin 45010RA RB F F P ⋅+-=联立上二式，得：22.410RA RB F KN F KN==2-5解：几何法：系统受力如图所示三力汇交于点D ，其封闭的力三角形如图示所以：5RA F KN= （压力）5RB F KN=（与X 轴正向夹150度）2-6解：受力如图所示：已知，1R F G = ，2AC F G =由x =∑cos 0AC r F F α-=12cos G G α∴=由0Y =∑ sin 0AC N F F W α+-=22221sin N F W G W G G α∴=-⋅=--2-7解：受力分析如图所示，取左半部分为研究对象由x =∑cos 45cos 450RA CB P F F --=0Y =∑sin 45sin 450CBRA F F '-=联立后，解得：0.707RA F P=0.707RB F P=由二力平衡定理0.707RB CB CBF F F P '===2-8解：杆AB ，AC 均为二力杆，取A 点平衡由x =∑cos 60cos300AC AB F F W ⋅--=0Y =∑sin 30sin 600AB AC F F W +-=联立上二式，解得：7.32AB F KN=-（受压）27.3AC F KN=（受压）2-9解：各处全为柔索约束，故反力全为拉力，以D ，B 点分别列平衡方程（1）取D 点，列平衡方程由x =∑sin cos 0DB T W αα-=DB T Wctg α∴==（2）取B 点列平衡方程：由0Y =∑sin cos 0BDT T αα'-=230BD T T ctg Wctg KN αα'∴===2-10解：取B 为研究对象：由0Y =∑sin 0BC F P α-=sin BC PF α∴=取C 为研究对象：由x =∑cos sin sin 0BCDC CE F F F ααα'--=由0Y =∑ sin cos cos 0BC DC CE F F F ααα--+=联立上二式，且有BCBC F F '= 解得：2cos 12sin cos CE P F ααα⎛⎫=+⎪⎝⎭取E 为研究对象：由0Y =∑ cos 0NH CEF F α'-=CECE F F '= 故有：22cos 1cos 2sin cos 2sin NH P PF ααααα⎛⎫=+= ⎪⎝⎭2-11解：取A 点平衡：x =∑sin 75sin 750AB AD F F -=0Y =∑cos 75cos 750AB AD F F P +-=联立后可得： 2cos 75AD AB PF F ==取D 点平衡，取如图坐标系：x =∑cos5cos800ADND F F '-=cos5cos80ND ADF F '=⋅由对称性及ADAD F F '=cos5cos5222166.2cos80cos802cos 75N ND AD P F F F KN'∴===⋅=2-12解：整体受力交于O 点，列O 点平衡由x =∑cos cos300RA DC F F P α+-=0Y =∑sin sin 300RA F P α-=联立上二式得：2.92RA F KN=1.33DC F KN=（压力）列C 点平衡x =∑405DC AC F F -⋅=0Y =∑ 305BC AC F F +⋅=联立上二式得： 1.67AC F KN=（拉力）1.0BC F KN=-（压力）2-13解：（1）取DEH 部分，对H 点列平衡x =∑05RD REF F '= 0Y =∑05RD F Q =联立方程后解得： 5RD F Q =2REF Q '=（2）取ABCE 部分，对C 点列平衡x =∑cos 450RE RA F F -=0Y =∑sin 450RB RA F F P --=且RE REF F '=联立上面各式得： 22RA F Q =2RB F Q P=+（3）取BCE 部分。

第1章：1-2 选择题：（1）加减平衡力系原理适用于下列哪种情况。

（A）单一刚体；（B）单一变形体；（C）刚体系统；（D）变形体系统正确答案：A。

（2）二力平衡原理适用于下列哪种情况。

（A）单一刚体；（B）单一变形体；（C）刚体系统；（D）变形体系统正确答案：A。

（3）力的可传性原理适用于下列哪种情况。

（A）单一刚体；（B）单一变形体；（C）刚体系统；（D）变形体系统正确答案：A。

（4）作用力与反作用力定律适用于下列哪种情况。

（A）只适用刚体;（B）只适用变形体;（C）只适用平衡状态的物体;（D）任何物体正确答案：D。

（5）三力汇交定理适用于下列哪种情况。

（A）三个互不平行的共面力的作用下处于平衡状态的刚体；（B）三个共面力的作用下处于平衡状态的刚体；（C）三个互不平行的力的作用下处于平衡状态的刚体；（D）三个互不平行的共面力的作用下的刚体正确答案：A。

（6）若等式F R=F1+F2成立，下列哪种情况成立。

（A）必有F R=F1+F2；（B）不可能有F R=F1+F2；（C）必有F R>F1、F R>F2；（D）可能有F R>F1+F2；正确答案：D。

第2章：2-1 选择题：（1）平面力偶系最多可以求解未知量。

（A）1个；（B）2个；（C）3个；（D）4个正确答案：A。

（2）平面汇交力系最多可以求解未知量。

（A）1个；（B）2个；（C）3个；（D）4个正确答案：B。

（3）平面平行力系最多可以求解未知量。

正确答案：B。

（A）1个；（B）2个；（C）3个；（D）4个（4）平面一般力系最多可以求解未知量。

（A）1个；（B）2个；（C）3个；（D）4个正确答案：C。

（5）平面一般力系简化的最终结果有情况。

（A）1个；（B）2个；（C）3个；（D）4个正确答案：C。

（6）作用在刚体上点A的力F，可以等效地平移到刚体上的任意点B，但必须附加一个A，此附加B。

（A ）力偶；（B ）力偶的矩等于力F 对点B 的矩； （C ）力； （D ）力的大小方向与原力相同（7）对于一般力系，其主矢与简化中心 C ，其主矩与简化中心 A 。

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 。

第三章平面一般力系答案一、填空(将正确的答案填写在横线上)1、作用在物体上的各力的作用线都在同一平面内 ,并呈任意分布的力系,称为平面一般力系。

2、平面一般力系的两个基本问题是平面力系的简化 ,其平面条件的的应用。

3、力的平移定理表明,若将作用在物体某点的力平移到物体上的另一点,而不改变原力对物体的作用效果,则必须附加一力偶,其力偶距等于原来的力对新作用点的距。

4、平面一般力系向已知中心点简化后得到一力和一力偶距。

5平面一般力系的平衡条件为;各力在任意两个相互垂直的坐标轴上的分量的代数和均为零力系中所有的力对平面内任意点的力距的代数和也等零。

6.平面一般力系平衡方程中,两个投影式ΣFix=0 和ΣFiy=0 保证物体不发生移动 ;一个力矩式ΣMo(Fi)=0 保证物体不发生转动。

三个独立的方程,可以求解三个未知量。

7.平面一般力系平衡问题的求解中,固定铰链的约束反力可以分解为相互垂直的两个分力固定端约束反力可以简化为相互垂直的两个分力和一个附加力偶矩。

8.平衡方程ΣMA(Fi)=0、ΣMB(Fi)=0、ΣFiX=0适用于平面一般力系,使其用限制条件为AB连线与X轴不垂直。

9.平衡方程ΣMA(Fi)=0、ΣMB(Fi)=0、ΣMc(Fi)=0的使用限制条约为ABC不在同一直线上。

10.若力系中的各力作用现在同一平面内且相互平行,称为平面平行力系。

它是平面一般力系的特殊情况。

11.平面平行力系有两个独立方程,可以解出两个未知量。

12.平面平行力系的基本平衡方程是：ΣFi X=0，ΣM O(Fi)=0二、判断题（正确的打“√”，错误的打“×”）1.作用于物体上的力,其作用线可在物体上任意平行移动,其作用效果不变。

(×)2.平面一般力系的平衡方程可用于求解各种平面力系的平衡问题。

(√)3.若用平衡方程解出未知力为负值,则表明：(1)该力的真实方向与受力图上假设的方向相反。

(√)(2)该力在坐标轴上的投影一定为负值。

第三章 平面任意力系3-1 如图（a ）所示，已知F 1=150N ，F 2=200N ，F 3=300N ，N 200='=F F 。

求力系向O 点简化的结果，并求力系合力的大小及其与原点O 的距离d 。

解：（1）将力系向O 点简化N6.43752300101200211505210121321R-=---=---=∑='F F F F F x xN6.16151300103200211505110321321R-=+--=+--=∑='F F F F F y y()()N F F F y x 5.4666.1616.437222R 2R R=-+-='+'='设主矢与x 轴所夹锐角为θ，则有61206.4376.161arctanarctanRR '︒=--=''=x y F F θ因为0R <'x F ，0R <'y F ，所以主矢F ＇R在第三象限。

08.02002.0513001.02115008.02.0511.021)(31⨯-⨯+⨯=⨯-⨯+⨯==∑F F F M M O O F(a)(b) (c)将力系向O 点简化的结果如图（b ）。

(2)因为主矢和主矩都不为零，所以此力系可以简化为一个合力如图（c ），合力的大小mm 96.4504596.05.46644.21N 5.466RR R ====='=m F M d F F o3-2重力坝的横截面形状如图（a ）所示。

为了计算的方便，取坝的长度（垂直于图面）l =1m 。

已知混凝土的密度为2.4×103 kg/m 3，水的密度为1×103 kg/m 3，试求坝体的重力W 1，W 2和水压力P 的合力F R ，并计算F R 的作用线与x 轴交点的坐标x 。

解：（1）求坝体的重力W 1，W 2和水压力P 的大小kNN dy y dy y q P mN y dyy dy y q 5.9922105.9922245108.9)45(108.9)()45(108.9)45(8.91011)(3234534533=⨯=⨯⨯=⋅-⨯=⋅=-⨯=-⨯⨯⨯⨯⨯=⎰⎰（2）将坝体的重力W 1，W 2和水压力P 向O 点简化，则kN 5.9922R==∑='P F F x xkN 3057621168940821R-=--=--=∑='W W F F y y()kN 7.32145305765.9922222R 2R R=-+='+'='y x F F FkN N W kN N W 2116810211688.9104.2136)545(2194081094088.9104.218)545(332331=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯+==⨯=⨯⨯⨯⨯⨯+=(a) (b) (c)设主矢与x 轴所夹锐角为θ，则有︒=-=''= 02.725.992230576arctanarctanRR x y F F θ因为0R >'x F ，0R <'y F ，所以主矢F ＇R在第四象限，如图（b ）。

第一章静力学的基本概念受力图第二章 平面汇交力系2-1解：由解析法，23cos 80RX F X P P Nθ==+=∑12sin 140RY F Y P P Nθ==+=∑故：22161.2R RX RY F F F N=+=1(,)arccos2944RYR RF F P F '∠==2-2解：即求此力系的合力，沿OB 建立x 坐标，由解析法，有123cos45cos453RX F X P P P KN==++=∑13sin 45sin 450RY F Y P P ==-=∑故： 223R RX RY F F F KN=+= 方向沿OB 。

2-3 解：所有杆件均为二力杆件，受力沿直杆轴线。

（a ） 由平衡方程有：0X =∑sin 300AC AB F F -=0Y =∑cos300AC F W -=0.577AB F W=（拉力）1.155AC F W=（压力）（b ） 由平衡方程有：0X =∑ cos 700AC AB F F -=0Y =∑sin 700AB F W -=1.064AB F W=（拉力）0.364AC F W=（压力）（c ） 由平衡方程有：0X =∑cos 60cos300AC AB F F -=0Y =∑sin 30sin 600AB AC F F W +-=0.5AB F W= (拉力)0.866AC F W=（压力）（d ） 由平衡方程有：0X =∑sin 30sin 300AB AC F F -=0Y =∑cos30cos300AB AC F F W +-=0.577AB F W= (拉力)0.577AC F W= (拉力)2-4 解：（a ）受力分析如图所示：由x =∑ 22cos 45042RA F P -=+15.8RA F KN∴=由Y =∑ 22sin 45042RA RB F F P +-=+7.1RB F KN∴=(b)解：受力分析如图所示：由x =∑3cos 45cos 45010RA RB F F P ⋅--=0Y =∑1sin 45sin 45010RA RB F F P ⋅+-=联立上二式，得：22.410RA RB F KN F KN==2-5解：几何法：系统受力如图所示三力汇交于点D ，其封闭的力三角形如图示所以：5RA F KN= （压力）5RB F KN=（与X 轴正向夹150度）2-6解：受力如图所示：已知，1R F G = ，2AC F G =由x =∑cos 0AC r F F α-=12cos G G α∴=由0Y =∑ sin 0AC N F F W α+-=22221sin N F W G W G G α∴=-⋅=--2-7解：受力分析如图所示，取左半部分为研究对象由x =∑cos 45cos 450RA CB P F F --=0Y =∑sin 45sin 450CBRA F F '-=联立后，解得：0.707RA F P=0.707RB F P=由二力平衡定理0.707RB CB CBF F F P '===2-8解：杆AB ，AC 均为二力杆，取A 点平衡由x =∑cos 60cos300AC AB F F W ⋅--=0Y =∑sin 30sin 600AB AC F F W +-=联立上二式，解得：7.32AB F KN=-（受压）27.3AC F KN=（受压）2-9解：各处全为柔索约束，故反力全为拉力，以D ，B 点分别列平衡方程（1）取D 点，列平衡方程由x =∑sin cos 0DB T W αα-=DB T Wctg α∴==（2）取B 点列平衡方程：由0Y =∑sin cos 0BDT T αα'-=230BD T T ctg Wctg KN αα'∴===2-10解：取B 为研究对象：由0Y =∑sin 0BC F P α-=sin BC PF α∴=取C 为研究对象：由x =∑cos sin sin 0BCDC CE F F F ααα'--=由0Y =∑ sin cos cos 0BC DC CE F F F ααα--+=联立上二式，且有BCBC F F '= 解得：2cos 12sin cos CE P F ααα⎛⎫=+⎪⎝⎭取E 为研究对象：由0Y =∑ cos 0NH CEF F α'-=CECE F F '= 故有：22cos 1cos 2sin cos 2sin NH P PF ααααα⎛⎫=+= ⎪⎝⎭2-11解：取A 点平衡：x =∑sin 75sin 750AB AD F F -=0Y =∑cos 75cos 750AB AD F F P +-=联立后可得： 2cos 75AD AB PF F ==取D 点平衡，取如图坐标系：x =∑cos5cos800ADND F F '-=cos5cos80ND ADF F '=⋅由对称性及ADAD F F '=cos5cos5222166.2cos80cos802cos 75N ND AD P F F F KN'∴===⋅=2-12解：整体受力交于O 点，列O 点平衡由x =∑cos cos300RA DC F F P α+-=0Y =∑sin sin 300RA F P α-=联立上二式得：2.92RA F KN=1.33DC F KN=（压力）列C 点平衡x =∑405DC AC F F -⋅=0Y =∑ 305BC AC F F +⋅=联立上二式得： 1.67AC F KN=（拉力）1.0BC F KN=-（压力）2-13解：（1）取DEH 部分，对H 点列平衡x =∑05RD REF F '= 0Y =∑05RD F Q =联立方程后解得： 5RD F Q =2REF Q '=（2）取ABCE 部分，对C 点列平衡x =∑cos 450RE RA F F -=0Y =∑sin 450RB RA F F P --=且RE REF F '=联立上面各式得： 22RA F Q =2RB F Q P=+（3）取BCE 部分。

《工程力学》综合复习资料 （部分题无答案）目录第一章 基本概念与受力图------------------13题第二章 汇交力系与力偶系------------------------6 题 第三章 平面一般力系------------------11题 第四章 材料力学绪论------------------------ 9 题 第五章 轴向拉伸与压缩---------------------12题 第六章 剪切----------------------------------7 题 第七章 扭转---------------------------------- 8 题 第八章 弯曲内力------------------------------ 8 题 第九章 弯曲强度------------------------------17题 第十章 弯曲变形------------------------------ 8题 第十一章 应力状态与强度理论-------------- 9题 第十二章 组合变形------------------------------10题 第十三章 压杆稳定------------------------------9题第一章 基本概念与受力图（13题）（1-1）AB 梁与BC 梁，在B 处用光滑铰链连接，A 端为固定端约束，C 为可动铰链支座约束，试分别画出两个梁的分离体受力图。

解答： （1）确定研究对象：题中要求分别画出两个梁的分离体受力图，顾名思义，我们选取AB 梁与BC 梁作为研究对象。

（2） 取隔离体：首先我们需要将AB 梁与BC 梁在光滑铰链B 处进行拆分，分别分析AB 与BC 梁的受力。

（3）画约束反力：对于AB 梁，A 点为固端约束，分别受水平方向、竖直方向以及固端弯矩的作用，BBCqmA点为光滑铰链，受水平方向、竖直方向作用力，如下图a 所示。

第一章 静力学公理与物体的受力分析第一章答案从略第二章 平面特殊力系2-1~2-5答案从略。

2-6解：选节点A 为研究对象，受力如图∑=0XF3015cos 1=+xos F F AB15cos 231F F AB -=选节点B 为研究对象，受力如图0=∑XF60cos 30cos 2=--F F AB12553.13F F F AB =-==21F :F 得出0.6442-13解：选整体为研究对象，受力如图所示∑=0M F F F B A ==_5.045sin =⨯+P FB A F KN F F =-==6.22-16.解：以整体为研究对象，受力如图所示，由平面力偶理论；F F F B A ==_，0=∑i m ，022=+M l FA B F F F L===-2-17.解：受力如图所示由平衡方程得：0X =∑，0AX= Y A =N B∑=0M Y A x2a+M-Qxa=0 Y AByP_A2-18. 解：先以杆AB 为研究对象， 由平面力偶系理论，设A F X P ==0im =∑ 10m p a -=1A mF X P a===再以杆件DC 为研究对象，/D F X =0im =∑ /20Fa m -=12m m =第三章 平面一般力系3-1~3-3从略3-4. 解：选BC 为研究对象，0=∑B M 0=-⨯M a N C a MN C =∑=0Y 0=-P YBP Y B=0=∑X 0=+CBN X aM NX CB-=-=选整体为研究对象，受力图如图0=∑X 0A C X N += aM N X C A -=-= ∑=0Y 102A Y P P q l ---= 122AY q l p =+ 0=∑A M 12()0,0232A AC am F M qa a M P Pa N a =-⋅---+=∑ 2332A qa Pa M =+3-5.解：先以杆BC 为研究对象()0=∑F m B，0tan 2=⋅⋅-⋅+θa Na Q M Cθθtan 2tan 2Qa M N C +⋅=AX F/F CN B X_C N C _B再以整体为研究对象∑=0X F ， 0=+C A N X θθt a n 2t a n 2Qa M X A --=0=∑YF 0=--⋅-Q P a q YA Q P a q Y A ++⋅= ()0=∑F m A t a n222=+⋅⋅-⋅-⋅-⋅-M a N a Q a P a q m C A θa Q a P a q m A ⋅+⋅+⋅=222∴A 点的约束反力为：θθtan 2tan 2Qa M X A -⋅-= ，Q P a q Y A ++⋅= a Q a P a q m A ⋅+⋅+⋅=222C 点的约束反力为：θθtan 2tan 2Qa M N C +⋅= 3-7. 选起重机为研究对象0)(=∑F M F—01*23=+-Q N P E KNN E 10=∑=0Y 00=--+p N NF EKN N P N E F 50=-=∴ 再选CD 为研究对象0)(=∑F M C 06=-F D N N KN N D650=∴ =8.333KN 再选ABCD 为研究对象 0)(=∑F M A037512=+'-'-B F E D N N N N KN N B 100= 0=∑X 0=AX N ∑=0Y 0='-'-++'F EB D AYN N N N N N AY 33.48-=3-8.解：选DC 为研究对象，列平衡方程0=∑Y 0=-P N CP N C =选CA 为研究对象，=∑AM()025.2215.22=⨯-+⨯'B CN q N N B = ∑=0Y Y A = ∑=0X X A =AYBN EFX3-9. 解：先以杆BD 为研究对象b M N M b N F m D D B ==-⋅=∑,0,0)( 再以杆CB 为研究对象2,02,0)(FN b N b F F m Cc B ==⋅-⋅=∑ 再以整体为研究对象（图见原图）∑xF=0， 0=A XbMF qb Y N N F qb Y F A D c A y -+==++--=∑2,0,0 M Fbqb m b N M Fb b q m F m A D A A -+==∙+---=∑22,0222,0)(22最后再以杆AB 为研究对象∑xF=0， 0,033='='+''B BA X X X 2,0,033F b M Y Y qb Y F B B A y -='='+-=''∑ ∴A 处的约束反力为：M Fbqb m b M F qb Y X A A A -+=-+==22,2,02销钉B 对杆AB 处的约束反力为2,033Fb M Y X B B -='='''B X D F↑C N C2B X 2B YA X 3B Y AB 受力图3-10. 解：先以整体为研究对象()0=∑F m A，0075.210001=⨯+⋅EXN X E 2075-=()0=∑F m E， 01075.21000=⋅-⨯AX，N X A 2075=0=∑YF， 0=-+P Y Y E A (1)再以杆CE 为研究对象，()0=F m B， 015.011=⋅+⋅+⋅C E ET Y X，N Y E 2000=将E Y 回代到方程（1）中有N Y A 1000-=∴A 处的约束反力为：N X A 2075= ，N Y A 1000-=E 处的约束反力为：N X E 2075-= ，N Y E 2000=3-11. 选CD 为研究对象0=∑C M 得出Y D 选BCD 为研究对象， 0=∑B M 得出X D选整体为研究对象0=∑X X A =∑=0Y Y A =0=∑A M M A =3-12. 解：先以杆DE 为研究对象()0=∑F m D ， 0223=⋅-⋅l F l N E ， F N E 43= 再以杆BD 为研究对象()0=∑F m B ，03252342=⋅+⋅-⋅⋅-⋅l N l F l l q l N E CF l q N C 238+⋅=，最后以整体为研究对象0=∑X F ，02=+F X A ，2F X A -= 0=∑YF23-⋅-++F l q N N Y E C A 8743lq F Y A ⋅+-=()0=∑F m A0421272322=-⋅+⋅-⋅-⋅+⋅-M l N l F l F l N l q m E C AM l F l F l q m A +⋅+⋅-⋅=243432∴A 处的约束反力为：2FX A -= ，8743lq F Y A ⋅+-= ，M l F l F l q m A +⋅+⋅-⋅=243432 C 处的约束反力为：F l q N C 238+⋅=E 处的约束反力为：F N E 3= 3-13.选CB 研究对象，受力如图∑=0CM02cot =⨯-a S Pa BA α2cot αP S BA= 选CD 研究对象，受力如图∑=0C M 02=-M a S ED aM S ED 2=选整体研究对象，受力如图0=∑X 0=+--ED BA GS S X()M Pa aX G +=αcot 21∑=0Y 0=-P Y G P Y G =0=∑GM()(2c o t --++-a S S Pa M M BA ED G α()αcot 2Pa M abM G -=_E3-16. 解：因BCD 是二力杆，选ED 为研究对象，受力如图，由平面力偶系理论：∑=0M 060sin 3=+⨯-M a F E∑=0Y 030cos =+DB ES Y aM SF DBE 332-==在选AB 为研究对象，受力如图,均布荷载用集中力2qa 替代。

工程力学3试卷及答案详解第一部分选择题一、单项选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，请将其代码填写在题后的括号内。

错选、多选或未选均无分。

1．已知为作用于刚体上的平面汇交力系，其力系关系如图所示，由此可知2．一平面任意力系向O点简化后，得到如图所示的一个力一个矩为MO的力偶，则该力系的最后合成结果是A．一个合力偶B．作用在O点的一个合力C．作用在O点右边某点的一个合力D．作用在O点左边某点的一个合力题2图题3图3．小物块重P=lOkN，用F=40kN的力把物块压在铅垂墙面上，如图所示，力与水平线成300夹角，物块与墙面之间的静摩擦因数则作用在物块上的摩擦力大小等于A. lOkNB. 15kNC. 20kND. 20 kN4．5．5。

工程上区分塑性材料和脆性材料的标准是看其延伸率δ大于等于还是小于A．1% B．3%C．5% D．10%6．直径和长度相同而材料不同的圆轴，在相同扭矩作用下，它们的A．最大切应力相同，而扭转角不同B．最大切应力相同，扭转角也相同C．最大切应力不同，而扭转角相同D．最大切应力不同，扭转角也不同7．梁在弯曲变形时，其中性层的曲率A．与弯矩成反比，与抗弯刚度成正比B．与弯矩成正比，与抗弯刚度成反比C．与弯矩及抗弯刚度均成正比D．与弯矩及抗弯刚度均成反比8．图示矩形截面对x、y，两形心轴的惯性矩分别为A. I Z=(1/12)bh2, I y=(1/12) hb2B. I Z=(1/12) hb2, I y=(1/12)bh2C. I Z=(1/12) hb3, I y=(1/12)bh3D. I Z=(1/12)bh3, I y=(1/12) hb3题8图9．用积分法求一悬臂梁受力后的变形时，边界条件为：在梁的固定端处A．挠度为零，转角也为零B．挠度为零，转角不为零C．挠度不为零，转角为零D．挠度不为零，转角也不为零10.影响构件疲劳强度的三个主要因素是：构件的A．外形、尺寸大小、残余应力B．残余应力、尺寸大小、表面加工质量C．外形、残余应力、表面加工质量D．外形、尺寸大小、表面加工质量第二部分非选择题二、填空题《本大题共15小题，每小题2分，共30分）请在每小题的空格中填上正确答案。

第一章静力学的基本概念受力图第二章 平面汇交力系2-1解：由解析法，23cos 80RX F X P P Nθ==+=∑12sin 140RY F Y P P N θ==+=∑故：161.2R F N==1(,)arccos2944RYR RF F P F '∠==2-2解：即求此力系的合力，沿OB 建立x 坐标，由解析法，有123cos45cos453RX F X P P P KN==++=∑13sin 45sin 450RY F Y P P ==-=∑故：3R F KN== 方向沿OB 。

2-3 解：所有杆件均为二力杆件，受力沿直杆轴线。

（a ） 由平衡方程有：0X =∑ sin 300ACAB FF -=0Y =∑ cos300ACFW -=0.577AB F W=（拉力）1.155AC F W=（压力）（b ） 由平衡方程有：0X =∑ cos 700ACAB FF -=0Y =∑ sin 700ABFW -=1.064AB F W=（拉力）0.364AC F W=（压力）（c ） 由平衡方程有：0X =∑ cos 60cos300ACAB FF -=0Y =∑ sin 30sin 600ABAC FF W +-=0.5AB F W= (拉力)0.866AC F W=（压力）（d ） 由平衡方程有：0X =∑ sin 30sin 300ABAC FF -=0Y =∑ cos30cos300ABAC FF W +-=0.577AB F W= (拉力)0.577AC F W= (拉力)2-4 解：（a ）受力分析如图所示：由x =∑cos 450RA F P -=15.8RA F KN∴=由Y =∑sin 450RA RB F F P +-=7.1RB F KN∴=(b)解：受力分析如图所示：由x =∑cos 45cos 450RA RB F F P --= 0Y =∑sin 45sin 450RA RB F F P -=联立上二式，得：22.410RA RB F KN F KN==2-5解：几何法：系统受力如图所示三力汇交于点D ，其封闭的力三角形如图示所以： 5RA F KN= （压力） 5RB F KN=（与X 轴正向夹150度）2-6解：受力如图所示：已知，1R F G = ，2AC F G =由x =∑cos 0AC r F F α-=12cos G G α∴=由0Y =∑ sin 0AC N F F W α+-=2sin N F W G W α∴=-⋅=2-7解：受力分析如图所示，取左半部分为研究对象由x =∑cos 45cos 450RA CB P F F --=0Y =∑ sin 45sin 450CBRA F F '-=联立后，解得：0.707RA F P=0.707RB F P=由二力平衡定理0.707RB CB CBF F F P '===2-8解：杆AB ，AC 均为二力杆，取A 点平衡由x=∑cos60cos300AC ABF F W⋅--= 0Y=∑sin30sin600AB ACF F W+-=联立上二式，解得：7.32ABF KN=-（受压）27.3ACF KN=（受压）2-9解：各处全为柔索约束，故反力全为拉力，以D，B点分别列平衡方程（1）取D点，列平衡方程由x=∑sin cos0DBT Wαα-=DBT Wctgα∴==（2）取B点列平衡方程：由Y=∑sin cos0BDT Tαα'-=230BDT T ctg Wctg KNαα'∴===2-10解：取B为研究对象：由0Y =∑ sin 0BC F P α-= sin BC PF α∴=取C 为研究对象：由x =∑cos sin sin 0BCDC CE F F F ααα'--=由0Y =∑ sin cos cos 0BC DC CE F F F ααα--+=联立上二式，且有BCBC F F '= 解得：2cos 12sin cos CE P F ααα⎛⎫=+⎪⎝⎭取E 为研究对象：由0Y =∑ cos 0NH CE F F α'-=CECE F F '= 故有：22cos 1cos 2sin cos 2sin NH P PF ααααα⎛⎫=+= ⎪⎝⎭2-11解：取A 点平衡：x =∑sin 75sin 750AB AD F F -=0Y =∑ cos 75cos 750ABAD FF P +-=联立后可得：2cos 75AD AB PF F ==取D 点平衡，取如图坐标系：x =∑cos5cos800ADND F F '-=cos5cos80ND ADF F '=⋅由对称性及ADAD F F '=cos5cos5222166.2cos80cos802cos 75N ND AD PF F F KN'∴===⋅=2-12解：整体受力交于O 点，列O 点平衡由x =∑cos cos300RA DC F F P α+-=0Y =∑ sin sin 300RAFP α-=联立上二式得：2.92RA F KN=1.33DC F KN=（压力）列C 点平衡x =∑405DC AC F F -⋅=0Y =∑ 305BC AC F F +⋅=联立上二式得： 1.67AC F KN=（拉力）1.0BC F KN=-（压力）2-13解：（1）取DEH 部分，对H 点列平衡x =∑0RD REF F '= 0Y =∑0RD F Q =联立方程后解得：RD F =2REF Q '=（2）取ABCE 部分，对C 点列平衡x =∑cos 450RE RA F F -=0Y =∑ sin 450RBRA FF P --=且RE REF F '=联立上面各式得：RA F =2RB F Q P=+（3）取BCE 部分。

平面一般力系的平衡一、 判断题：1.下图是由平面汇交力系作出的力四边形，这四个力构成力多边形封闭，该力系一定平衡。

（ ）图 12.图示三个不为零的力交于一点，则力系一定平衡。

（ ）图 23.如图3所示圆轮在力F和矩为m的力偶作用下保持平衡，说明力可与一个力偶平衡。

（ ）4.图4所示力偶在x轴上的投影ΣX=0，如将x轴任转一角度轴，那么Σ=0。

（ ）图 3 图 45.如图5所示力偶对a的力矩Ma（F，F＇）=F·d，如将a任意移到b，则力矩Mb（F，F＇）将发生变化。

（ ）图 5 图 66.图6所示物体的A、B、C、D四点各有一力作用，四个力作出的力多边形闭合，则此物体处于平衡状态。

（ ）7.如果两个力偶的力偶矩大小相等，则此两个力偶等效。

（ ）8.图示构件A点受一点力作用，若将此力平移到B点，试判断其作用效果是否相同（ ）图 7 图 89.图8所示梁，若求支反力时，用平面一般力系的平衡方程不能全部求出。

（ ）10.图9所示物体接触面间静摩擦系数是f，要使物体向右滑动。

试判断哪种施力方法省力。

（ ）图 9 图 1011.力在坐标轴上的投影和该力在该轴上分力是相同的。

（ ）12.如果将图10所示力F由A点等效地平移到B点，其附加力矩M ＝Fa （ ）。

13.平面任意力系，其独立的二力矩式平衡方程为 ∑Fx＝0， ∑M A ＝0， ∑M B＝0，但要求矩心A、B的连线不能与x轴垂直。

（ ）二、选择题1.同一个力在两个互相平行的同向坐标轴上的投影（ ）。

A.大小相等，符号不同B.大小不等，符号不同C.大小相等，符号相同D.大小不等，符号相同2.图11所示圆轮由O点支承，在重力P和力偶矩m作用下处于平衡。

这说明（ ）。

图 11A． 支反力R0与P平衡B． m与P平衡C． m简化为力与P平衡D． R0与P组成力偶，其m（R0，P）=-P·r与m平衡3. 图12所示三铰刚架，在D角处受一力偶矩为m的力偶作用，如将该力力偶移到E角出，支座A、B的支反力 （ ）。