《工程力学》课程教学资源（课后习题答案）第二章 力系的简化与平衡

工程力学习题答案 第二章力系的简化与平衡 思考题:1.√;2.×;3.×;4.×;5.√;6.×;7.×;8.×;9.√ 习题 1.平面力系由三个力和两个力偶组成,它们的大小和作用位置如图示,长度单位为cm,求此力 系向O点简化的结果,并确定其合力位置 解:设该力系主矢为R,其在两坐标轴上的投影分别为R、R,。由合力投影定理有: 角R=∑x=15-3=1.5kN R=∑y=-2kN 2kN50 R=√∑x)+C∑)2=2.kN sina=∑/R=-08 cosa=∑x/R=-06 100Nm 80Nm 1.5kN 3kN a≈53°(合力或主矢与x轴所夹锐角)8100 d=23,2cm 由合力矩定理可求出主矩: M=∑M(F)=3×03×10-1500×02-100-80-20005=-580Nm 合力大小为:R=R'=25kN,方向C≈53°如图所示 位置:d=MF=S80=0232m=232cm,位于0点的右侧 2.火箭沿与水平面成B=25角的方向作匀速直线运动,如图所示。火箭的推力F=100kN与运动 方向成O=5角。如火 箭重P=200kN,求空 气动力F2和它与飞行 方向的交角y。 解:火箭在空中飞行 时,若只研究它的运行轨道 问题,可将火箭作为质点处 理。这时画出其受力和坐标 轴x、y如下图所示,可列 出平衡方程

1 工程力学习题答案 第二章力系的简化与平衡 思考题：1. √;2. ×;3. ×;4. ×;5. √;6. ×;7. ×;8. ×;9. √. 习题二 1． 平面力系由三个力和两个力偶组成，它们的大小和作用位置如图示，长度单位为 cm，求此力 系向 O 点简化的结果，并确定其合力位置。 解：设该力系主矢为 R ，其在两坐标轴上的投影分别为 R x 、 R y 。由合力投影定理有： 角 R x x i = = − 1.5 3=-1.5kN 2 R y y i = = −  kN 2 2 ( ) ( ) R x y i i  = +   = 2.5 kN sin /i  =y R =−0.8 ； cos /i  =x R =−0.6   53（合力或主矢与 x 轴所夹锐角） 由合力矩定理可求出主矩： 3 0 0 ( ) 3 0.3 10 1500 0.2 100 80 2000 0.5 580 M M F = =   −  − − −  = −  i N.m 合力大小为： R R= =' 2.5 kN，方向  53 如图所示。 位置： 0 d M R/ =  580 2500 = = 0.232 m = 23.2 cm，位于 O 点的右侧。 2． 火箭沿与水平面成  = 25 角的方向作匀速直线运动，如图所示。火箭的推力 1 F =100 kN 与运动 方向成  = 5 角。如火 箭重 P = 200 kN，求空 气动力 F2 和它与飞行 方向的交角  。 解：火箭在空中飞行 时，若只研究它的运行轨道 问题，可将火箭作为质点处 理。这时画出其受力和坐标 轴 x、y 如下图所示，可列 出平衡方程

∑y=0:F-Gcos(O+B)=0(G应为P) 故空气动力F=Gcos30=173kN 由图示关系可得空气动力F2与飞行方向的交角为y=90+a=95。(a应为Y) 3.如图所示,移动式起重机不计平衡锤的重 为P=500kN,其重心在离右轨1.5m处。起重机的 起重量为P=250kN,突臂伸出离右轨10m。跑车 区 本身重量略去不计,欲使跑车满载或空载时起重机 均不致翻倒,求平衡锤的最小重量P2以及平衡锤到 左轨的最大距离x。 解:起重机整体受力如图。满载时要使起重机 不发翻倒,需同时满足FM20和∑M2(F)=0 P(x+3)-3FM4-1.5P-10=0 F 解得:P2(x+3)≥3250(1) 空载时,要使起重机不翻倒,需同时满足∑M(F)=0 Px-3FB-4.5P=0和FNB≥0 解得:Px≤2250 (2) 由(1)、(2)两式得:P2≥3333N,x≤6.75m Bp: Pmin=333. kN, xmax=6.75 m 4.梁AB的支承和荷载如图,CB⊥AB,梁的自重不计。则其支座B的反力RB大小为多少? 解:梁受力如图所示 4 kN/m CAn 10 kNm 由∑M(F)=0得: 如B级 (-4×2×1+10-40×x×1-40××4+RSin30×4=0(40应为4) =-8+10-2√2-8V2 V2-1=6.07kN (-4×2×1+10-40.sin45°×1-40.cos45°×4+Rsin30°×4=0) 解得:(R2=502-1=697N)R=512-1=6.07kN 5.起重机构架如图示,尺寸单位为cm,滑轮直径为d=20cm,钢丝绳的倾斜部分平行于BE杆 吊起的荷载O=10kN,其它重量不计。求固定铰链支座A、B的反力。 解:先研究杆AD如图(a)

2 y = 0 ； 2 F G− + = cos( ) 0   （G 应为 P ） 故空气动力 2 F G= = cos30 173 kN 由图示关系可得空气动力 F2 与飞行方向的交角为   = + = 90 95 。 （ 应为  ） 3． 如图所示，移动式起重机不计平衡锤的重 为 P = 500 kN，其重心在离右轨 1.5m 处。起重机的 起重量为 1P = 250 kN，突臂伸出离右轨 10m。跑车 本身重量略去不计，欲使跑车满载或空载时起重机 均不致翻倒，求平衡锤的最小重量 P2 以及平衡锤到 左轨的最大距离 x 。 解：起重机整体受力如图。满载时要使起重机 不发翻倒，需同时满足 0 FNA  和 ( ) 0 M F B = ， 2 1 ( 3) 3 1.5 10 0 P x F P P + − − − = NA 解得： 2P x( 3) 3250 +  （1） 空载时，要使起重机不翻倒，需同时满足 ( ) 0 M F A = ， 2 3 4.5 0 P x F P − − = NB 和 0 FNB  解得： 2 P x  2250 （2） 由（1）、（2）两式得： 2P  333.3 kN， x  6.75 m 即： 2min P = 333.3 kN， max x = 6.75 m 4． 梁 AB 的支承和荷载如图， CB AB ⊥ ，梁的自重不计。则其支座 B 的反力 RB 大小为多少？ 解：梁受力如图所示： 由 ( ) 0 M F A = 得： ( 2 2 4 2 1 10 40 1 40 4 sin 30 4 0 2 2 −   + −   −   +  = RB （40 应为 4 ） = - 8 + 10 - 22 – 8 2 + 2 RB RB = 52 – 1 = 6.07 kN （-4×2×1+10-40.sin45°×1-40.cos45°×4+RBsin30°×4=0） 解得；( 50 2 1 69.7 RB = − = kN ) RB = 52 – 1 = 6.07 kN 5．起重机构架如图示，尺寸单位为 cm，滑轮直径为 d = 20 cm，钢丝绳的倾斜部分平行于 BE 杆， 吊起的荷载 Q =10 kN，其它重量不计。求固定铰链支座 A、B 的反力。 解：先研究杆 AD 如图(a)

(下面第一种解法是弯路,请看第二种解法) (解法1)由几何关系可知:tn。3 sin a=-, CD sin a 由∑M(F)=0,2800+sina(800-CD)=0 ∑Y=0,y+Qina+2=0 解得:YD=-5875KN,Y4=-0.125KN 再研究整体,受力如图(b),由 Y=0,Y,+Y-Q=0 ∑X=0,x4+XB=0 ∑MA(F)=0,X600-9(80300+10)=0 解得:Yn=10.125kN,XA=-18.5kN,XB=185kN (解法2) 解:(1)取整体为研究对象,画受力图,列平衡方 程 ∑H=0,H+-Q=0 H+H=Q=10kN(1) ∑=0,+=0(2) ∑M=0,.6-H.8-.8-3.l =1ll/6=18.5kN 代入(2)式,得M=-18.5kN 取ACD杆为研究对象,画受力图 ∑M=0,-×8-QXO.1=0 H=-10×0.18=-0.l25kN 代入(1),得F=-F+10=10.125kN

3 (下面第一种解法是弯路,请看第二种解法) (a) (b) (解法 1)由几何关系可知： 3 tan 4  = ， 3 sin 5  = ， 10 sin CD  = 由 ( ) 0 M F A = ， 800 sin (800 ) 0 Y Q CD D + − =  Y = 0， sin 0 Y Q Y A D + + =  解得： 5.875 YD = − kN， 0.125 YA = − kN 再研究整体，受力如图(b),由 Y = 0， 0 Y Y Q A B + − = X = 0， 0 X X A B + = ( ) 0 M F A = ， X Q B 600 800 300 10 0 − + + = ( ) 解得： 10.125 YB = kN， 18.5 XA = − kN， 18.5 XB = kN (解法 2) 解：（1）取整体为研究对象，画受力图，列平衡方 程 ∑Yi = 0， YA + YB – Q = 0 YA + YB = Q = 10 kN （1） ∑Xi = 0 ， XA + XB = 0 （2） ∑ MD = 0 ，XB .6 - YA .8 -YB .8 – Q.3.1 = 0 XB = 111/6 = 18.5 kN 代入(2)式,得 XA = - 18.5 kN 取 ACD 杆为研究对象,画受力图 ∑MD = 0 , - YA ×8 – Q × 0.1 = 0 YA = - 10×0.1/8 = - 0.125 kN 代入（1），得 Y = - Y + 10 = 10.125 kN A C D xA y A xD y D 600 A B Q D y A xA C E y B xB

6.平面桁架的支座和荷载如图所示,求杆1,2和3的内力。 解:用截面法,取CDF部分,受力如图(b), D I C F C F F F E F2 a3a3/3 ∑ ∑ aF-af=0 解得:F=0,Fs、2 F(压) 再研究接点C,受力如图(c) 有∑M(F)=0,F-F=0(g为x号F,a/2-F.a3= 解得:F1=-F(压) 7.梁的支座及荷载如图所示,求支座的约束力 解:(a)AB梁受力如图(a)所示 [T FAr --1++1- 由∑X=0,Fx=0 ∑Y=0,Fx-qb-F+FB=0 ∑M(F)=0,FA02b-M-Fb+qb=0(注意:式中的“g”是“×”号,以下同)

4 A B D 1 C 3 2 F E F a/2 a/2 a/3 a/3 a/3 D C F F 1 FAD F2 F3 F C F1 FCF F2 b b b b F FNB Ay FAx M Q F (a) 6． 平面桁架的支座和荷载如图所示，求杆 1，2 和 3 的内力。 解：用截面法，取 CDF 部分，受力如图(b), 由 X = 0 ， 3 − = F 0 ( ) 0 M F D = ， 2 2 0 3 − − = aF aF 解得： 3 F = 0 ， 2 2 3 F F = − （压） 再研究接点 C，受力如图（c） 有 ( ) 0 M F F = ， 1 2 0 2 3 a a F F− = (g 为×号 F1 .a/2–F2 .a/3 = 0) 解得： 1 4 9 F F = − （压） 7．梁的支座及荷载如图所示，求支座的约束力。 解：(a)AB 梁受力如图(a)所示。 由 X = 0， 0 FAX = Y = 0， 0 F qb F F AY NB − − + = ( ) 0 M F A = ， 2 0 2 NB b F b M Fb qb − − + = ( 注意:式中的“g”是“×”号，以下同)

解得:FAx=0, F M 5 26 F M (b)AB梁受力如图(b)所示。 ∑X ∑y=0,-F+Fn-193b+F0=0 F Fay ∑M(F)=0,Pb-q3bb+F·2b=0 2b⊥b 249b,F=-1 解得:F33 F+=gb (c)先研究BC梁,如图(c1)所示 208N/m、Ro FBy 由∑M(F)=0,F·6C0s30-20×6×3=0(应为sin30) ∑ X=0,F-Fsin60°=0 ∑Y=0,F21-20×6-Fcos60=0 解得:Fc=120k,Fx=603 再研究AB梁受力如图(c2)所示。 40kNm 由∑X=0,FAx-FBx=0 B FBx ∑Y=0,Fn-Fm′=0 ∑MA(F)=0,M4-3F-40=0 M 解得:FAx=104kN,FAy=60kN,MA=220kNm (d先研究CD梁,受力如图(d1)。 由>X=0,FCy=0 2.5kN/m 5kN.m Fo ∑ Y=0,F+Fy-25×2=0 ∑M(F=0,-4Fx-5+25×2×3= F

5 b 2b b F q A FAx B FAy FNB 解得： 0 FAX = ， 5 2 2 4 AY F M F qb b = − + ， 1 2 2 4 NB F M F qb b = + − （b）AB 梁受力如图(b)所示。 由 X = 0， 0 FAX = Y = 0， 1 3 0 2 − + − + = F F q b F AY NB ( ) 0 M F A = ， 1 3 2 0 2 Fb q b b F b − + = NB 解得： 3 3 2 4 F F qb AY = + ， 1 3 2 4 F F qb NB = − + (c)先研究 BC 梁，如图( 1 c )所示。 由 ( ) 0 M F B = ， 6cos30 20 6 3 0 FNC −   = （应为 sin30°） X = 0， sin 60 0 F F BX NC − = Y = 0， 20 6 cos60 0 F F BY NC −  − = 解得： 120 FNC = kN， 60 3 FBX = kN， 60 FBY = kN 再研究 AB 梁.受力如图( 2 c )所示。 由 X = 0, 0 F F AX BX − =  Y = 0, 0 F F AY BY − =  ( ) 0 M F A = , 3 40 0 M F A BY − − =  解得: 104 FAX = kN, 60 FAY = kN, 220 MA = k  m (d)先研究 CD 梁,受力如图( 1 d ) 。 由 X = 0, 0 FCX = Y = 0, 2.5 2 0 F F ND CY + −  = ( ) 0 M F D = , 4 5 2.5 2 3 0 − − +   = FCY C FCy FCx 2.5kN/m 5kN. m FND MA A FAx FAy FBy' B FBx' 40kNm

解得:Fx=2.5kN,FCx=0, 2.5kN/m 再研究ABC梁受力如图(d2)所示 由∑X=0,FAx-Fx=0 ∑M(F=0,-2Fn1+5×1-235×2×1-2F2-6 F ∑y=0,Fn+F8-2.5×2-5-F=0 解得:FAx=0,FAy=-2.5k,FRB=15kN 8图示夹钳夹住钢管,已知钳口张角为20,F=F1。问钢管与夹钳间的静摩擦因数至少应为多少 才夹得住而不至滑落?(应为F=F’) 解:取钢管为研究对象,设管、钳摩擦力为F、F’,受力如图.列出平衡方程 >X=0, Fcos10+Fcos10'-N, cos 80'-N, cos 80=0 根据结构的对称性及F=F知:F1=F,N1=M1② 钢管处于临界状态时:F1≤M1,F1≤1③ cOs 联立可解得:∫≥ 0.176 Ni F1 既钢管与夹钳的静摩擦因数至少应为0.176才夹得住而不至滑落。 (解法2):由考虑摩擦时物体平衡条件与主动力大小无关,而与其方向有关(见课本P61:(4)自 锁现象),且当物体处于将要滑动的临界状态时 Far =fm= tan fm. f=10 f=tanf=tanl0°=0176 9.尖劈起重装置如图所示。尖劈A的顶角为α,B块受力F作用。A块与B块之间的静摩擦因数为 ∫(有滚珠处摩擦力忽略不计)。如不计A块与B块的重量,求能保持平衡的力F2范围 NI F A X

6 2.5kN/m A FAx FAy FNB 5kN 解得: 2.5 FCY = kN, 0 FCX = , 2.5 FND = kN 再研究 ABC 梁,受力如图( 2 d )所示。 由 X = 0, 0 F F AX CX − =  ( ) 0 M F B = , 2 5 1 2.5 2 1 2 0 F F AY CY − +  −   − =  Y = 0, 2.5 2 5 0 F F F AY NB CY + −  − − =  解得: 0 FAX = , 2.5 FAY = − kN, 15 FNB = kN 8.图示夹钳夹住钢管,已知钳口张角为 20 , F F = 1 。问钢管与夹钳间的静摩擦因数至少应为多少 才夹得住而不至滑落? （应为 F = F’） 解:取钢管为研究对象,设管、钳摩擦力为 F1、F1’,受力如图.列出平衡方程: X = 0 ， ' ' 1 1 1 1 F F N N cos10 cos10 cos80 cos80 0 + − − = ① 根据结构的对称性及 ' F F = 知: ' F F 1 1 = , ' N N 1 1 = ② 钢管处于临界状态时: F fN 1 1  , ' ' F fN 1 1  ③ 联立可解得: cos80 0.176 cos10 f  = 既钢管与夹钳的静摩擦因数至少应为 0.176 才夹得住而不至滑落。 (解法 2) : 由考虑摩擦时物体平衡条件与主动力大小无关,而与其方向有关(见课本 P61:(4)自 锁现象),且当物体处于将要滑动的临界状态时 Fmax = f N = tan fm N , fm= 10° 即 f = tan fm = tan 10°= 0.176 9.尖劈起重装置如图所示。尖劈 A 的顶角为  ,B 块受力 F1 作用。A 块与 B 块之间的静摩擦因数为 f （有滚珠处摩擦力忽略不计）。如不计 A 块与 B 块的重量，求能保持平衡的力 F2 范围。 (a)

解:当F较小时,B块有沿尖劈向下滑动趋势,此时B块及尖劈A受力如图(a)。 对滑块B有:∑Y=0,-F+N1cosa+ F sin a=0①处于临界状态时Fm=MN1② 将②代入①可得:N1=c5a+/sina 对于尖劈A∑X=0,-F2+ N,cosa+ F cos a=0 既:-F2+N1Sina-M1cosa=0④ sin a-f cosa tana-f 联立③④可解得:F2m"cosa+ fsin a1+ ftan a F F1 再求F2的最大值,此时B块有沿尖劈向上滑动趋势,受力如图(b)。用上述同样的办法可求得: Fr X F (b) tan a+ F 1-f 因此,使系统保持平衡的力F2范围为 1+tano Fses tana+ff tana-f 10.杆子的一端A用球铰链固定在地面上,杆子受到30kN的 水平力的作用,用两根钢索拉住,使杆保持在铅直位置,求钢索的 30 kN

7 解：当 F2 较小时，B 块有沿尖劈向下滑动趋势，此时 B 块及尖劈 A 受力如图（a）。 对滑块 B 有： Y = 0， 1 1 max − + + = F N F cos sin 0   ① 处于临界状态时 F fN max 1 = ② 将②代入①可得： 1 1 cos sin F N   f = + ③ 对于尖劈 A： X = 0， ' ' 2 1 max − + + = F N F cos cos 0   既： 2 1 1 − + − = F N fN sin cos 0   ④ 联立③④可解得： 2min 1 sin cos cos sin f F F f     − = + 1 tan 1 tan f F f   − = + 再求 F2 的最大值，此时 B 块有沿尖劈向上滑动趋势，受力如图(b)。用上述同样的办法可求得： 2max 1 tan 1 tan f F F f   + = − 因 此 ， 使 系 统 保 持 平 衡 的 力 F2 范围为： 1 2 1 tan tan 1 tan 1 tan f f F F F f f     − +   + − 10．杆子的一端 A 用球铰链固定在地面上，杆子受到 30kN 的 水平力的作用，用两根钢索拉住，使杆保持在铅直位置，求钢索的

拉力F1、F2和A点的约束力 解:研究竖直杆子,受力如图示 由∑M1(F)=0,30×4-9F2 sasin B=0① ∑M(F)=0,=6F1+F72 cosmos,月=0② ∑ X=0, Fr, cos a cos B+X,-FrI=0 2Y=0, Y,+ Fr2 cos a sin B-30=0 ∑z=0,-F2sina+z4=0 由三角关系知:cosa 0.486,sin= =0.874 √06 √06 sinB=0.6, cos B=0.8 将⑥代入①得:F2=458KN 将F2=45.8kN代入②可得:F71=267kN 将Fn1,F2分别代入③、④、⑤可得: X4=8.90kN,Y4=1667KN,ZA=40.00kN 既F4=890+1667j+40.00k(kN) 11.图示长方形均质薄板重P=200N,用球铰链A和蝶铰链B固定在墙上,并用绳子CE维持在 水平位置。求绳子拉力及支承约束力。(提示:由于间隙,蝶铰链约束相当于轴心为y轴的轴承,只 有两个约束力分量。) 解:研究板,受力如图。设CD=a,BC=b 由∑M(F)=0,p- bF sin30=0 ∑M2(F)=0 E a aFr sin 30-P+ FBza=o YA ∑M2(F)=0,-aFBx=0 B ∑X=0 Fux FBx-Frcoa30 sin 30 2Y=0, Far-Frcoa30" cos 30=0 >Z=0, F-P+F sin 30+FBz=0 解得:Fr=200N,FBz=FBx=0 10N 200N Fax =866N, FAx =150N, Fz =looN 12.作用于齿轮上的齿合力F推动胶带轮绕水平 轴AB作匀速转动。已知胶带紧边的拉力为200N,松 赵 边的拉力为100N,尺寸如图所示。求力F的大小和轴 FaK 0020100 z

8 拉力 FT1、 FT 2 和 A 点的约束力。 解：研究竖直杆子，受力如图示。 由 ( ) 0 M F X i = ， 2 30 4 9 cos sin 0  − = FT   ① ( ) 0 M F Y i = ， 1 2 6 cos cos 0 − + = F F T T   ② X = 0， 2 1 cos cos 0 F X F T A T   + − = ③ Y = 0， 2 cos sin 30 0 Y F A T + − =   ④ Z = 0， 2 sin 0 − + = F Z T A  ⑤ 由三角关系知： 5 cos 0.486 106  = = ， 9 0.874 106 sin = = sin = 0.6， cos 0.8  = ⑥ 将⑥代入①得： 2 45.8 FT = kN 将 2 45.8 FT = kN 代入②可得： 1 26.7 FT = kN 将 FT1， FT 2 分别代入③、④、⑤可得： 8.90 XA = kN， 16.67 YA = kN， 40.00 ZA = kN 既 8.90 16.67 40.00 F i j k NA = + + （kN） 11．图示长方形均质薄板重 P =  200 ，用球铰链 A 和蝶铰链 B 固定在墙上，并用绳子 CE 维持在 水平位置。求绳子拉力及支承约束力。（提示：由于间隙，蝶铰链约束相当于轴心为 y 轴的轴承，只 有两个约束力分量。） 解：研究板，受力如图。设 CD a = ， BC b = 由 ( ) 0 M F Y = ， sin 30 0 2 T b p bF − = ( ) 0 M F X = ， sin 30 0 2 T BZ a aF p F a − + = ( ) 0 M F Z = ， 0 BX − = aF X = 0 ， 30 sin 30 0 F F F coa AX BX T + − = Y = 0， 30 cos30 0 F F coa AY T − = Z = 0， sin 30 0 F P F F AZ T BZ − + + = 解得： 200 FT =  ， 0 F F BZ BX = = ， 86.6 FAX =  ， 150 FAY =  ， 100 FAZ = 。 12．作用于齿轮上的齿合力 F 推动胶带轮绕水平 轴 AB 作匀速转动。已知胶带紧边的拉力为 200N，松 边的拉力为 100N，尺寸如图所示。求力 F 的大小和轴

承A、B的约束力。 解:整体受力如图所示,由 ∑M2(F)=0,-Fcos20×120+2080-100×80=0 可得:F=709N ∑M(F)=0-Fsin20×100+F5x×350+100×250+200×250=0 可得:FBx=-207N ∑M2(F)=0,-Fcos20×100-F2×350=0 可得:FBy=-19.IN ∑X=0,Fx+FBx+100+200-Fsin20=0 可得:FAx=-684N ∑Y=0,F+FB+Fcos20=0 可得:F=-47.6N 13.匀质杆AB长L,杆重P,A端用球铰固 连于水平面上,B端靠在铅直墙壁上,如图所 示。已知A点到墙的距离Oa,杆的B端与 墙面间的静滑动摩擦因数为∫,试用最简单的 方法求杆将要滑下时的临角角度a 解:设AB杆处于临界状态,受力如图,由 /B ∑X=0,Fx-F3cosa=0 ∑M2(F)=0 aFx FmrvI-a sin a=0 式中,Fs=fFB 解得:tana 14.已知木材与钢的静滑动摩擦因数为∫=06,动滑轮摩擦因数为∫=0.4,求自卸货车车厢 提升多大角度时,才能使重的木箱开始发生滑动? 解:取木材为研究对象,受力如图所示 由∑X=0,F- psin 6=0(1)

9 承 A、B 的约束力。 解：整体受力如图所示，由 ( ) 0 M F Z i = ， −  +  −  = F cos 20 120 200 80 100 80 0 可得： F =  70.9 ( ) 0 M F Y i = sin 20 100 350 100 250 200 250 0 −  +  +  +  = F FBX 可得： 207 FBX = −  ( ) 0 M F X i = ， cos 20 100 350 0 −  −  = F FBY 可得： 19.1 FBY = −  X = 0， 100 200 sin 20 0 F F F AX BX + + + − = 可得： 68.4 FAX = −  Y = 0， cos 20 0 F F F AY BY + + = 可得： 47.6 FAY = −  13.匀质杆 AB 长 L，杆重 P，A 端用球铰固 连于水平面上，B 端靠在铅直墙壁上，如图所 示。已知 A 点到墙的距离 OA=a ，杆的 B 端与 墙面间的静滑动摩擦因数为 f ，试用最简单的 方法求杆将要滑下时的临角角度 a。 解：设 AB 杆处于临界状态，受力如图，由 X = 0， cos 0 F F AX S − =  ( ) 0 M F Z i = ， 2 2 sin 0 AX NB − + − = aF F l a  式中， F f F S s NB = 解得： 2 2 tan s af l a  = − 14．已知木材与钢的静滑动摩擦因数为 0.6 s f = ，动滑轮摩擦因数为 0.4 d f = ，求自卸货车车厢 提升多大角度时，才能使重的木箱开始发生滑动？ 解：取木材为研究对象，受力如图所示 由 X = 0， sin 0 F p S − =  （1）

∑y=0,N- pcos 8=0 (2) 式中F=/N (3) 联立(1)、(2)、(3)可得 tan 0=fs=0.6, 0=arctan 0.6=3 15.在图示匀质板中,已知:L=5cm,R=5cm。试求图示平面图形的形心。(提示:半圆形的 形心到圆心的距离h=4R/3丌) 2L - L 2L 解:如图,匀质板可以看作是由三角形板,矩形板和半圆形板拼接而成 I:△41=×2L×3L=3L2,x1=-5L,y=L ll△A2=2L×4L=8,x2=L,y2=2L Ⅲ△43=R2 4R y3 A=△4+△A1+M42=3+8L2+R2 由形心公式(2-33)得: △Ax 3Z(-三12)+82·L+L22L+ A 3=39cm(=R)(g应为×号) L2+8L2+2R2 ∑△y 3L2L+8L2·2L+2L2 32(2L+ 8.18 3L2+8L2+R 16.房屋建筑中,为隔壁而采用的空心三角形楼梯踏步如图所示, 求其横截面的形心位置。 解:用负面积法 三角形:△41=×28×20=280,x=5×28,y

10 Ⅲ Ⅱ Ⅰ R 4L L 2L 3L -2L -L L 2L x y Y = 0， N p − = cos 0  （2） 式中 FS = S N （3） 联立（1）、（2）、（3）可得： tan 0.6 S  = = f ， = = arctan 0.6 31 15．在图示匀质板中，已知： L = 5 cm， R = 5 cm。试求图示平面图形的形心。（提示：半圆形的 形心到圆心的距离 4 / 3 c h R =  ） 解：如图，匀质板可以看作是由三角形板，矩形板和半圆形板拼接而成 Ⅰ： 2 1 1 2 3 3 2  =   = A L L L ， 1 2 3 x L = − ， 1 y L = Ⅱ. 2 2  =  = A L L L 2 4 8 ， 2 x L = ， 2 y L = 2 Ⅲ. 2 3 2 A R   = ， 3 4 2 3 R x L  = + ， 3 y L = A A A A =  +  +  1 2 3 2 2 2 3 8 2 L L R  = + + 由形心公式（2-33）得： i i c A x x A  =  2 2 2 2 2 2 2 2 4 3 ( ) 8 (2 ) 3 2 3 3 8 2 L L L L L L L L L R    − + + + = + + = 3.9 cm ( ) L R = （g 应为×号） i i c A y y A  =  2 2 2 2 2 2 4 3 8 2 (2 ) 2 3 3 8 2 L L L L L L L L L R    + + + = + + = 8.18 cm 16.房屋建筑中，为隔壁而采用的空心三角形楼梯踏步如图所示， 求其横截面的形心位置。 解：用负面积法 三角形： 1 1 28 20 280 2  =   = A ， 1 2 28 3 x =  ， 1 2 20 3 y = 