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欧阳歌谷创编 2021年2月1工程力学欧阳歌谷（2021.02.01）练习册学校学院专业学号教师姓名第一章静力学基础1-1 画出下列各图中物体A，构件AB，BC或ABC的受力图，未标重力的物体的重量不计，所有接触处均为光滑接触。
（a）（b）（c）（d）（e）（f）（g）1-2 试画出图示各题中AC杆（带销钉）和BC杆的受力图（a）（b）（c）（a）1-3 画出图中指定物体的受力图。
所有摩擦均不计，各物自重除图中已画出的外均不计。
（a）（b）（c）（d）（e）（f）（g）第二章 平面力系2-1 电动机重P=5000N ，放在水平梁AC 的中央，如图所示。
梁的A 端以铰链固定，另一端以撑杆BC 支持，撑杆与水平梁的夹角为30 0。
如忽略撑杆与梁的重量，求绞支座A 、B 处的约束反力。
题2-1图∑∑=︒+︒==︒-︒=PF F FF F F B A yA B x 30sin 30sin ,0030cos 30cos ,0解得:N P F F B A 5000===2-2 物体重P=20kN ，用绳子挂在支架的滑轮B 上，绳子的另一端接在绞车D 上，如图所示。
转动绞车，物体便能升起。
设滑轮的大小及轴承的摩擦略去不计，杆重不计，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BC 所受的力。
题2-2图∑∑=-︒-︒-==︒-︒--=030cos 30sin ,0030sin 30cos ,0P P F FP F F F BC yBC AB x解得:PF P F AB BC 732.2732.3=-=2-3 如图所示，输电线ACB 架在两电线杆之间，形成一下垂线，下垂距离CD =f =1m ，两电线杆间距离AB =40m 。
电线ACB 段重P=400N ，可近视认为沿AB 直线均匀分布，求电线的中点和两端的拉力。
题2-3图以AC 段电线为研究对象，三力汇交NF N F F F FF F F C A GA yC A x 200020110/1tan sin ,0,cos ,0=======∑∑解得：ααα2-4图示为一拔桩装置。
工程力学练习册第2版答案工程力学是研究物体在外力作用下的运动规律和内部应力分布的科学。
本练习册旨在帮助学生更好地理解和掌握工程力学的基本概念、原理和计算方法。
以下是《工程力学练习册第2版》的部分习题及答案。
习题一：静力学基础1. 某物体受到三个共点力的作用，分别为F1=200N，F2=300N，F3=100N。
若F1和F2的夹角为120°，求这三个力的合力大小。
答案：首先，根据矢量合成法则，我们可以使用余弦定理计算合力的大小： \[ F_{合} = \sqrt{F1^2 + F2^2 + 2 \cdot F1 \cdot F2 \cdot\cos(120°)} \]\[ F_{合} = \sqrt{200^2 + 300^2 + 2 \cdot 200 \cdot 300\cdot (-0.5)} \]\[ F_{合} = \sqrt{40000 + 90000 - 60000} \]\[ F_{合} = \sqrt{70000} \approx 264.58N \]2. 一个物体在水平面上，受到一个斜向上的拉力F=150N，与水平方向夹角为30°。
求物体受到的支持力和摩擦力的大小。
答案：将拉力分解为水平和垂直分量：\[ F_{水平} = F \cdot \cos(30°) = 150 \cdot 0.866 \approx 129.9N \]\[ F_{垂直} = F \cdot \sin(30°) = 150 \cdot 0.5 = 75N \] 物体在水平面上，支持力等于垂直向上的力，即：\[ N = F_{垂直} = 75N \]摩擦力的大小由水平力决定：\[ f = \mu \cdot N \]其中μ为摩擦系数，由于题目未给出，我们无法计算具体数值。
习题二：材料力学1. 一根直径为d=20mm，长度为L=2m的圆杆，在一端受到一个拉力P=10kN。
）一、判断题（正确的在括号中打“√”，错误的在括号中打“×”。
1、加减平衡力系公理一般不适用于一个变形体。
（√）2、合力一定比分力大。
（×）3、物体相对于地球静止时，它一定平衡；物体相对于地球运动时，它一定不平衡。
（×）4、约束力的作用位置在约束与被约数物体的相互接触处。
（√）5、凡是只受到两个力作用的杆件都是二力杆件。
（×）6、汇交力系中各个力的作用点为同一点。
（×）7、力偶矩的单位与力矩的单位是相同的。
（√）8、力偶不能够合成为一个力，也不能用一个力来等效替代。
（√）9、平面一般力系的主矢与简化中心无关。
（√）10、平面力系与其作用面内的两个不同点简化，有可能得到主矩相等，但力系的主矢和主矩都不为零。
（×）11、平面汇交力系中各力在任意轴上投影的代数和分别等于零，则该力系平衡。
（√）12、一个汇交力系如果不是平衡力系，则必然有合力。
（√）13、在应用平面汇交力系的平衡方程解题时，所选取的两个投影轴必须相互垂直。
（×）14、平面力系的平衡方程可以是三个彼此独立的投影式的平衡方程。
（×）15、材料力学的任务是尽可能保证构件的安全工作。
（√）16、作用在刚体上的力偶可以任意平移，而作用在变形固体上的力偶一般不能平移。
（√）17、线应变是构件中单位长度的变形量。
（√）18、若构件无位移，则其内部不会产生内力。
（×）19、用圆截面低碳钢试件做拉伸试验，试件在颈缩处被拉断，断口呈杯锥形。
（√）20、一般情况下，脆性材料的安全系数要比塑性材料取得小些。
（×）21、胡克定律只适用于弹性变形范围内。
（√）22、塑性材料的应力 - 应变曲线中，强化阶段的最高点所对应的应力为强度极限。
（√）23、发生剪切变形的构件都可以称为剪切构件。
（×）24、在剪切构件中，挤压变形也是一个次要的方面。
（×）25、构件的挤压面和剪切面一般是垂直的。
——————————————工程力学习题——————————————第一章绪论思考题1) 现代力学有哪些重要的特征？2) 力是物体间的相互作用。
按其是否直接接触如何分类？试举例说明。
3) 工程静力学的基本研究内容和主线是什么？4) 试述工程力学研究问题的一般方法。
第二章刚体静力学基本概念与理论习题2-1 求图中作用在托架上的合力F R。
习题2-1图2-2 已知F 1=7kN ，F 2=5kN, 求图中作用在耳环上的合力F R 。
2-3 求图中汇交力系的合力F R 。
2-4 求图中力F 2的大小和其方向角α。
使 a )合力F R =1.5kN, 方向沿x 轴。
b)合力为零。
2习题2-2图(b)F 1F 1F 2习题2-3图(a )F 1习题2-4图2-5 二力作用如图，F 1=500N 。
为提起木桩，欲使垂直向上的合力为F R =750N ，且F 2力尽量小，试求力F 2的大小和α角。
2-6 画出图中各物体的受力图。
F 12习题2-5图(b)(a)(c)(d)AC2-7 画出图中各物体的受力图。
(f)(g) 习题2-6图(b)(a )DC2-8 试计算图中各种情况下F 力对o 点之矩。
(d)习题2-7图习题2-8图 P(d)(c)(a ) A2-9 求图中力系的合力F R 及其作用位置。
习题2-9图( a )1F 3 ( b )F 3F 2( c) 1F /m( d )F 32-10 求图中作用在梁上的分布载荷的合力F R 及其作用位置。
2-11 图示悬臂梁AB 上作用着分布载荷，q 1=400N/m ，q 2=900N/m, 若欲使作用在梁上的合力为零，求尺寸a 、b 的大小。
( a )q 1=600N/m2( b )q ( c )习题2-10图B习题2-11图第三章静力平衡问题习题3-1 图示液压夹紧装置中，油缸活塞直径D=120mm，压力p=6N/mm2，若α=30︒, 求工件D所受到的夹紧力F D。
工程力学练习册答案(部分)工程力学科学技术专业教学姓氏学习用书学校第199分科名称培训第1章静力学基础1第1章静力学基础1-1绘制受力图没有重力的物体的重量不计算在内。
所有触点都是平滑触点。
(a)(b)(c)(d)2第一章静力学基础(f)第一章静态基础3(a)(b)(c)(a)1-3绘制图中指定对象的应力图除了图中所示的以外，所有的摩擦力都被排除了，每个物体的自重也被排除了。
4第一章静力学基础(b)第一章静力学基础5。
199第一章静力学基础7(g)第二章平面力系2-1电机重量P=5000N，放置在横梁交流中心，如图所示横梁的一端由铰链固定，另一端由撑杆支撑，撑杆与横梁的夹角为30°如果忽略撑杆和梁的重量，则计算扭转支座A和B处的约束反力。
8第一章静力学基础2-1图？f？Fxy？0，FBcos30？？FAcos30？？0？0，FAsin30？？FBsin30？？P:固定资产？FB？p？5000N2-2物体重量P=20kN，用绳子挂在支架的滑轮b上，绳子的另一端与绞车d相连，如图所示转动绞盘，物体就可以升起。
将滑轮尺寸和轴承摩擦设置为忽略不计，将杆重设置为忽略不计。
三个部分A、B 和C是铰接的当物体处于平衡状态时，找出拉杆AB和支撑杆BC上的力。
第4章材料力学基本概念92-2图？f？Fxy？0，？FAB？FBCcos30？？Psin30？？0？0，？FBCsin30？？Pcos30？？p？0:FAB？？3.732PFBC？2.732P2-3如图所示，ACB输电线路安装在两极之间，形成一条垂直线，弧垂距离CD=f=1m，两极之间的距离AB=40m线的ACB部分的重量为P = 400N牛顿，这可以被认为是沿着近视的AB直线均匀分布。
可以计算导线中点和两端的张力。
问题2-3图10第一章以静态基础交流截面导线为研究对象，三种力会聚？f？Fxy？0，FAcos？？舰队指挥官？0，发新？？FGtan？？1/10:固定资产？201NFC？2000N2-4显示为拔桩装置。
工程力学练习册学校学院专业学号教师姓名第一章静力学基础1-1 画出下列各图中物体A，构件AB，BC或ABC的受力图，未标重力的物体的重量不计，所有接触处均为光滑接触。
（a）（b）（c）（d）（e）（f）（g）1-2 试画出图示各题中AC杆（带销钉）和BC杆的受力图（a）（b）（c）（a）1-3 画出图中指定物体的受力图。
所有摩擦均不计，各物自重除图中已画出的外均不计。
（a）（b）（c）（d）（e）（f）（g）第二章平面力系2-1 电动机重P=5000N，放在水平梁AC的中央，如图所示。
梁的A端以铰链固定，另一端以撑杆BC支持，撑杆与水平梁的夹角为30 0。
如忽略撑杆与梁的重量，求绞支座A、B处的约束反力。
题2-1图∑∑=︒+︒==︒-︒=PFFFFFFBAyABx30sin30sin,030cos30cos,0解得: NPFFBA5000===2-2 物体重P=20kN，用绳子挂在支架的滑轮B上，绳子的另一端接在绞车D上，如图所示。
转动绞车，物体便能升起。
设滑轮的大小及轴承的摩擦略去不计，杆重不计，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BC所受的力。
题2-2图∑∑=-︒-︒-==︒-︒--=30cos30sin,030sin30cos,0PPFFPFFFBCyBCABx解得:PFPFBCAB732.2732.3=-=2-3 如图所示，输电线ACB架在两电线杆之间，形成一下垂线，下垂距离CD=f=1m，两电线杆间距离AB=40m。
电线ACB段重P=400N，可近视认为沿AB直线均匀分布，求电线的中点和两端的拉力。
题2-3图以AC段电线为研究对象，三力汇交NFNFFFFFFFCAGAyCAx200020110/1tansin,0,cos,0=======∑∑解得：ααα2-4 图示为一拔桩装置。
在木桩的点A上系一绳，将绳的另一端固定在点C，在绳的点B系另一绳BE，将它的另一端固定在点E。
工程力学练习册习题答案汇总一、选择题1. 工程力学中，力的三要素不包括以下哪一项？（D）A. 力的大小B. 力的方向C. 力的作用点D. 力的形状答案：D2. 平面汇交力系的平衡方程是以下哪一项？（B）A. ΣF = 0B. ΣF = 0，ΣM = 0C. ΣF = 0，ΣFy = 0D. ΣFy = 0，ΣM = 0答案：B3. 某物体受到两个力的作用，其合力为零，这两个力称为（C）。
A. 平衡力B. 等效力C. 共点力D. 力偶答案：C4. 在平面力偶系中，力偶的合力为（D）。
A. 零B. 力偶矩C. 两个力的合力D. 无法确定答案：D二、填空题1. 力的三要素是力的大小、力的方向和力的______。
答案：作用点2. 平面汇交力系的平衡方程是______和______。
答案：ΣF = 0，ΣM = 03. 在平面力偶系中，力偶的合力为______。
答案：零4. 某物体受到两个力的作用，其合力为零，这两个力称为______。
答案：共点力三、判断题1. 力的平行四边形法则可以用于求解力的合成与分解。
（√）2. 平面汇交力系的平衡方程只适用于平面力系。
（×）3. 在平面力偶系中，力偶的合力等于力偶矩。
（×）4. 某物体受到两个力的作用，其合力为零，这两个力一定共点。
（√）四、计算题1. 某物体受到两个力的作用，分别为 F1 = 10N，F2 = 20N，且 F1 与 F2 之间的夹角为30°。
求这两个力的合力。
答案：合力 F = √(F1^2 + F2^2 + 2F1F2cos30°) = √(10^2 + 20^2 + 2×10×20×0.866) ≈ 27.46N2. 某物体受到三个力的作用，分别为 F1 = 20N，F2 = 30N，F3 = 40N，且三个力的作用点分别为 A、B、C。
已知 A、B、C 三点构成一个等边三角形，求物体在三个力作用下的合力。
第二章 平面力系2-1. 已知：CD AB AC ==，kN 10P =，求A 、B 处约束反力。
解：取杆ACD 为研究对象，受力如图。
=∑A m ,0245sin 0=⨯-⨯AC P AC F CkN P F C 28.282==∑=0x F ,045cos 0=-Ax C F F )(10←=kN F Ax ∑=0y F ,045sin 0=--P F F Ay C)(10↓=kN F Ay2-2. 已知力P 的作用线垂直于AB 杆，BC 杆与P 力的作用线夹角为045，杆BC 垂直于杆CD ，力Q 的作用线与CD 杆的夹角为060。
kN1P =，求系统平衡时Q ＝？解：分别取节点B 、C 为研究对象，受力如图。
对于节点B ：0=∑x F ，045cos 0=-BC F P对于节点C ：0=∑x F ，030cos 0'=-Q F BC 联立上两式解得：kN P Q 362362==2-3. 图示结构中，AB 杆水平，AC 杆与AB 杆的夹角为030，杆件的自重不计，kN 10W =，求B 、C 处反力。
解：取整体为研究对象，受力如图。
0=∑yF ，045cos 30sin 00=--T C F W FkN W F C 14.34)22(=+=(压)0=∑XF,045sin30cos 0=-+T C B F F F)(43.15←-=kN F B2-4. 已知：m N 200M 1⋅=，m N 500M 2⋅=，m 0.8AB CD AC ===， 求A 、C 处支反力。
解：取杆ACD 为研究对象，受力如图。
0=∑A m ，08.045sin 210=-+⨯MM F C B C F N F ==3752-5. 已知AD 杆上固接一销钉，此销钉可以在BC 杆的滑道内无摩擦地滑动，系统平衡在图示位置，BC 与AD 成045，m N 1000M 1⋅=，求2M 。
解：取杆AD 为研究对象，受力如图。
(完整版)工程力学课后习题答案一、选择题1. 在静力学中，刚体是指（）A. 不可变形的物体B. 受力后不发生变形的物体C. 受力后变形很小的物体D. 受力后变形可以忽略的物体答案：D2. 平面汇交力系的平衡方程是（）A. ΣF = 0B. ΣF_x = 0，ΣF_y = 0C. ΣM = 0D. ΣM_x = 0，ΣM_y = 0答案：B3. 在材料力学中，胡克定律适用于（）A. 弹性体B. 塑性体C. 非线性体D. 理想弹性体答案：D二、填空题1. 静力学的基本公理有：______、______、______。
答案：力的平行四边形法则、二力平衡公理、力的可传递性公理2. 材料力学的任务是研究材料在______、______、______作用下的力学性能。
答案：外力、温度、湿度3. 轴向拉伸和压缩时，应力与应变的关系可表示为______。
答案：σ = Eε三、计算题1. 题目：一重10kg的物体，受到两个力的作用，如图所示。
求两个力的合力大小和方向。
答案：解：首先，将重力分解为水平和竖直两个方向的分力。
重力大小为F_g = mg = 10 × 9.8 = 98N。
水平方向分力为F_x = F_g × cos30° = 98 × 0.866 = 84.82N竖直方向分力为F_y = F_g × sin30° = 98 × 0.5 = 49N设合力大小为 F，合力方向与水平方向的夹角为α。
根据力的平行四边形法则，可得：F_x = F × cosαF_y = F × sinα联立以上两个方程，解得：F = √(F_x^2 + F_y^2) = √(84.82^2 + 49^2)≈ 95.74Nα = arctan(F_y / F_x) ≈ 28.96°所以，合力大小为 95.74N，方向与水平方向的夹角为28.96°。
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。
工程力学规范化练习册答案1静力学公理•受力图iai M(4) (5)MS 1.11 B1-12 «(1)MS 1.12 图<C>⑵解题1J2图（续）平面力系2.15解 先取饺链B 为研究对象，受力如图3）。
另F/ = 0,- Fcosa - F BCCOS （9（T -2a ） = 0 解得Fgc =一 Fcosa/sin2a再取较链C 为研究对象，受力如图（b ）。
S = 0 >- F&cosa - F D = 0即可求得压榨物受到的压榨力的大小为■F D = - Fficcosa = Fco^a/sir^a=0.3cos 28#/sinl6# = 1.08 kN(b)(b)EBA(c) BFfc(c)3解题2・15图另 M = 0, - Fi x 40 - F 2 x 20 + F 3 x 40cos30* = 0 F 3 = (2Fi+ F 2)/V3 = 10073 = 173 N解先以A 点为简化中心，有Fl =另几=Fi-Fa =-1.5kN _F R , = SF,=-F 2=-2kN F R =- (1.5i +2J) kNF R = J(£F J+ (£F J = 2.5 kNM A =》M A (F) =-0.2F J -0.5F 2 + 0-3^3 - M t - M 2 =-0.58 kN-m则力系的合力尽=F R = - (1.5i + 2j) kN 合力F R 与工轴的交点坐标为. x = M A /F R , = 0.29 m2.18解 取起重机(包括平術悽)为研究对象，受力如图。
满载时，6 = 250 kN, F A = 0刀M B 严 0, (x + 3)6 - l ・5Gi - 10G 2 = 0空 ®W,G 2 = 0,F B = 0》M A = 0, xG 3 - (3 + 1.5)6 = 02.16解根据平面力偶系的平衡方程，有解得2.17解题2.17图解题2.18图联立①、②解得G3 = 333 kN, x = 6.75 m 2.19求下列各图中各樂的支座反力。
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。
