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。F=100N，沿铅直方向；F=50N，沿水平方向，并通过点A；F=50N，力的作用线也通过点A，尺寸如图。求此力系的合力。AFyFipFFS60OO.(b)(a)(c)图2-1解（1）几何法作力多边形abcd，其封闭边ad即确定了合力FR的大小和方向。由图2-1b，得FR=(F +F ×4/5)2+(F +F,×3/5)2(100N+50N×4/5)2+(50N+50N×3/5)2=161NF+F×4/5Z(FR,F)= arccos(FR100N+50N×4/5)=29.74°=29°44'=arccos(161N（2）解析法建立如图2-1c所示的直角坐标系Axy。ZF=F+F×3/5==50N+50N×3/5=80NZF,=F+E,×4/5=100N+50N×4/5=140NFR=(80i+140j)NFR=/(80N)2+(140N)?=161N2-2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Fi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Fi=2000N，F2=2500N，F3=1500N。求3个力的合力。FF1000940IFvP(b)(a)(c)图2-2解（1）解析法建立如图2-2b所示的直角坐标系OxyZF,=F+F,c0s40°=2000N+2500N·c0s40°=3915N9
9 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。 N 100 F1 = ，沿铅 直方向； F3 = N 50 ，沿水平方向，并通过点 A； N 50 F2 = ，力的作用线也通过点 A，尺 寸如图。求此力系的合力。 F3 F1 FR c d b a F2 θ y F3 x F2 F1 60 A (a) (b) (c) 图 2-1 解 （1） 几何法 作力多边形 abcd，其封闭边 ad 即确定了合力 FR的大小和方向。由图 2-1b，得 2 23 2 R 21 FFF FF ×++×+= )5/3()5/4( 2 2 ×++×+= )5/3N50N50()5/4N50N100( =161 N ) 5/4 arccos(),( R 21 1R F FF ×+ FF =∠ 4429.7429) N161 5/4N50N100 arccos( == ′ + × = oo （2）解析法 建立如图 2-1c 所示的直角坐标系 Axy。 x =∑ + FFF 21 ==× + × = N 805/3N50N505/3 y =∑ + FFF 21 =× + × = N 1405/4N50N1005/4 N)14080( R = + jiF N 161N)140(N)80( 2 2 FR = + = 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。 F3 F1 F2 40° y x O (a) (b) (c) 图 2-2 解 （1）解析法 建立如图 2-2b 所示的直角坐标系 Oxy。 =∑ + 40cos ° x FFF 21 = + ⋅ 40cosN5002N0002 ° =3 915 N F1 F2 F3 FR O a b c 40° θ
ZF,=F,+F,sin40°=1500N+2500N·sin40°=3107NFR=/ZF)?+(2F)=(V39152+31072N=4998NZF3915NZ(FR,F)= arccos(=arccos(=38264998NFR（2）几何法作力多边形Oabc，封闭边Oc确定了合力FR的大小和方向。根据图2-2c，得Fr = /(F +F, cos40°)? +(F, +F, sin40°)2/(2000+2500c0s40)+(1500+2500sin40)2=4998NZF3915N38°26'Z(FR,F)=arccos=arccos4998NFR2-3物体重P=20kN，用绳子挂在支架的滑轮B上，绳子的另1端接在绞车D上，如图2-3a所示。转动绞车，物体便能升起。设滑轮的大小、杆AB与CB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。J30FB309IP(a)(b)图2-3解取支架、滑轮及重物为研究对象，坐标及受力如图2-3b所示。由平衡理论得ZF=0,-FAB-FcBcos30°-FIsin30°=0ZF,=0,-FcR-sin30°-F.cos30°-P=0将FT=P=20kN代入上述方程，得FAB=54.6kN（拉)，FcB=-74.6kN(压)2-4火箭沿与水平面成β=25°角的方向作匀速直线运动，如图2-4a所示。火箭的推力Fi=100kN，与运动方向成=5°角。如火箭重P=200kN，求空气动力F2和它与飞行方向的交角。(a)(b)图2-4解坐标及受力如图2-4b所示，由平衡理论得ZF=0,(1)F cos(+β)-F, sinp= 0F, sinp=F, cos(+β)10
10 ∑ = + sin 40° Fy F3 F2 = 1 500 N + 2 500 N ⋅sin 40° =3 107 N 2 2 R ( ) ( ) F = ∑ Fx + ∑ Fy ( 3 915 3107 ) N 2 2 = + = 4 998 N ( , ) arccos( ) R R F Fx x ∑ ∠ F F = ) 38 26 4 998 N 3 915 N = arccos( = ° ′ （2）几何法 作力多边形 Oabc，封闭边 Oc 确定了合力 FR的大小和方向。根据图 2-2c，得 2 3 2 2 R 1 2 F = (F + F cos 40°) + (F + F sin 40°) 2 2 = (2 000 + 2 500cos 40°) + (1 500 + 2 500sin 40°) =4 998 N R R 1 ( , ) arccos F ∑ Fx ∠ F F = 4 998 N 3 915 N = arccos = 38°26′ 2-3 物体重 P=20 kN，用绳子挂在支架的滑轮 B 上，绳子的另 1 端接在绞车 D 上，如 图 2-3a 所示。转动绞车，物体便能升起。设滑轮的大小、杆 AB 与 CB 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。 y x B 30° 30° FT FAB FCB P (a) (b) 图 2-3 解 取支架、滑轮及重物为研究对象，坐标及受力如图 2-3b 所示。由平衡理论得 ∑ Fx = 0, − FAB − FCB cos30° − FT sin 30° = 0 ∑ Fy = 0, − FCB − sin 30° − FT cos30° − P = 0 将 FT=P=20 kN 代入上述方程，得 FAB = 54.6 kN （拉）， FCB = −74.6 kN （压） 2-4 火箭沿与水平面成 β = 25° 角的方向作匀速直线运动，如图 2-4a 所示。火箭的推力 F1=100 kN，与运动方向成θ = 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γ 。 y x θ ϕ P β γ F1 F2 (a) (b) 图 2-4 解 坐标及受力如图 2-4b 所示，由平衡理论得 ∑ Fx = 0, F1 cos(θ + β ) − F2 sinϕ = 0 (1) sin cos( ) F2 ϕ = F1 θ + β
ZF=0,(2)Fsin(+β)-P+F,cosβ=oF,cos=P-Fsin(o+)式(1)除以式(2)，得Fcos(0+β)tan p =P-F sin(0 + β)代入有关数据，解得=30°=90°+?-β=90°+30°-25°=950将β值等数据代入式(1)，得F,=173kN2-5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的约束力。BCWFBDAF2a(a)(b)图2-5解研究对象：刚架。由三力平衡汇交定理，支座A的约束力F必通过点C，方向如图2-5b所示。取坐标系Cxy，由平衡理论得2ZF=0,F-F,X=0(1)T51ZF.=0(2)=0.F>H一V5式(1)、(2)联立，解得V5F=1.12F,F,=0.5FF:22-6如图2-6a所示，输电线ACB架在两线杆之间，形成1下垂曲线，下垂距离CD=f-1m，两电线杆距离AB=40m。电线ACB段重P=400N，可近似认为沿AB连线均匀分布。求电线中点和两端的拉力。40mFrADAT10m/10m?CP/24OF0T(b)(a)图2-6解本题为悬索问题，这里采用近似解法，假定绳索荷重均匀分布。取AC段绳索为研究对象，坐标及受力如图2-6b所示。图中：PW ==200N2由平衡理论得ZF=0,Fc-FrAcosO=0(1)11
11 ∑ Fy = 0, F1 sin(θ + β ) − P + F2 cosϕ = 0 (2) cos sin( ) F2 ϕ = P − F1 θ + β 式(1)除以式(2)，得 sin( ) cos( ) tan 1 1 θ β θ β ϕ − + + = P F F 代入有关数据，解得 ϕ = 30° γ = 90° +ϕ − β = 90° + 30° − 25° = 95° 将ϕ 值等数据代入式(1)，得 F2 = 173 kN 2-5 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 束力。 y x B A D C FA FD F (a) (b) 图 2-5 解 研究对象：刚架。由三力平衡汇交定理，支座 A 的约束力 FA必通过点 C，方向如 图 2-5b 所示。取坐标系Cxy ，由平衡理论得 0 5 2 ∑ Fx = 0, F − FA × = （1） 0 5 1 ∑ Fy = 0, FD − FA × = （2） 式(1)、(2)联立，解得 FA F 1.12F 2 5 = = ， FD = 0.5F 2-6 如图 2-6a 所示，输电线 ACB 架在两线杆之间，形成 1 下垂曲线，下垂距离 CD=f=1 m，两电线杆距离 AB=40 m。电线 ACB 段重 P=400 N，可近似认为沿 AB 连线均匀分布。求 电线中点和两端的拉力。 10 m m 10 y O C θ FTC x P / 2 FT A D (a) (b) 图 2-6 解 本题为悬索问题，这里采用近似解法，假定绳索荷重均匀分布。取 AC 段绳索为研 究对象，坐标及受力如图 2-6b 所示。图中： 200 N 2 1 = = P W 由平衡理论得 ∑ = 0, T − T cosθ = 0 Fx F C F A (1)
ZF,=0, Fr,sin@-W,=0(2)式（1）、（2）联立，解得W.200NFTA=2010NI1sineV102 +1210Frc=FrAcos0=2010Nx2000N102+12因对称FTB=FTA=2010N2-7如图2-7a所示液压夹紧机构中，D为固定铰链，B，C，E为活动铰链。已知力F，机构平衡时角度如图2-7a，求此时工件H所受的压紧力。1FcFNE07FBPEFNHFcE(a)(b)(c)(d)图2-7解（1）轮B，受力如图2-7b所示。由平衡理论得FZF,=0,FBc=(压)sing（2）节点C，受力如图2-7c所示。由图2-7c知，F"Bc1Fcp，由平衡理论得FBCZF =0,FBc -FcECos(90°-20)=0,FcEsin20（3）节点E，受力如图2-7d所示FZF,=0,FNH=FceCOs=2sinθ即工件所受的压紧力FFNH=2 sin?2-8图2-8a所示为1拨桩装置。在木桩的点A上系1绳，将绳的另1端固定在点C，在绳的点B系另1绳BE，将它的另1端固定在点E。然后在绳的点D用力向下拉，使绳的BD段水平，AB段铅直，DE段与水平线、CB段与铅直线间成等角=0.1rad（当θ很小时，tanθ~θ）。如向下的拉力F=800N，求绳AB作用于桩上的拉力。F0FFoEBFpeD9IFAB'F(b)(c)(a)图2-812
12 ∑ Fy = 0, FTAsinθ −W1 = 0 (2) 式（1）、（2）联立，解得 2 010 10 1 1 200 N sin 2 2 1 T = + = = θ W F A N 2 000 10 1 10 cos 2 010 N 2 2 T T = + = θ = × F C F A N 因对称 T = T A = 2 010 F B F N 2-7 如图 2-7a 所示液压夹紧机构中，D 为固定铰链，B，C，E 为活动铰链。已知力 F， 机构平衡时角度如图 2-7a，求此时工件 H 所受的压紧力。 y F B θ C FBC FN B y θ FCD x′ θ FBC′ θ FCE x C y θ FCE′ FN E FN H E (a) (b) (c) (d) 图 2-7 解 （1）轮 B，受力如图 2-7 b 所示。由平衡理论得 sinθ 0 , F ∑ Fy = FBC = （压） （2）节点 C，受力如图 2-7c 所示。由图 2-7c 知， F BC ⊥ FCD ' ，由平衡理论得 ∑ Fx = 0, FBC − FCE cos(90° − 2θ ) = 0 ， sin 2θ BC CE F F = （3）节点 E，受力如图 2-7d 所示 θ θ N 2 2sin 0 , ' cos F ∑ Fy = F H = F CE = 即工件所受的压紧力 θ N 2 2sin F F H = 2-8 图 2-8a 所示为 1 拨桩装置。在木桩的点 A 上系 1 绳，将绳的另 1 端固定在点 C， 在绳的点 B 系另 1 绳 BE，将它的另 1 端固定在点 E。然后在绳的点 D 用力向下拉，使绳的 BD 段水平，AB 段铅直，DE 段与水平线、CB 段与铅直线间成等角θ = 0.1 rad （当θ 很小 时， tanθ ≈θ ）。如向下的拉力 F=800 N，求绳 AB 作用于桩上的拉力。 y DB x F FDE θ D F y x BC F AB F DB F′ B θ (a) (b) (c) 图 2-8
解（1）节点D，坐标及受力如图2-8b，由平衡理论得ZF,=0,FDB-FDECOSO=0ZF. =0,FpE sin 0-F=0解得FDe=Fcote讨论：也可以向垂直于FDE方向投影，直接得FpB=Fcoto（2）节点B，坐标及受力如图2-8c所示。由平衡理论得ZF,=0,FcBsin-FDB=0ZF,=0,Fce sinG-FAB=0解得F800NFAB = FDp cot= F cot? = -= 80 kN020.122-9铰链4杆机构CABD的CD边固定，在铰链A、B处有力Fi，F2作用，如图2-9a所示。该机构在图示位置平衡，不计杆自重。求力F与F2的关系。30X730X45'yF2I60F.FAP450160~F,30°%FDCRFac(b)(c)(a)图2-9解（1）节点A，坐标及受力如图2-9b所示，由平衡理论得J3FZF=0,FaBcos15°+Fcos30°=0,FAB(压)2cos15°（2）节点B，坐标及受力如图2-9c所示，由平衡理论得ZF,=0,-FABcos 30°-F,cos60°=03FF, =-/3FAB ==1.553F2cos15°即F:F=0.6442-10如图2-10所示，刚架上作用力F。试分别计算力F对A点A和B的力矩。解 M,(F)=-FbcosM(F)=-Fbcos+Fasino=F(asin-bcos0)Aa图2-102-11为了测定飞机螺旋桨所受的空气阻力偶，可将飞机水平放置，其1轮搁置在地秤上，如图2-11a所示。当螺旋桨未转动时，测得地秤所受的压力为4.6kN，当螺旋浆转动时，测得地秤所受的压力为6.4kN。已知两轮间距离l=2.5m，求螺旋桨所受的空气阻力偶的矩M。13
13 解 （1）节点 D，坐标及受力如图 2-8b，由平衡理论得 ∑ Fx = 0, FDB − FDE cos θ = 0 ∑ Fy = 0, FDE sin θ − F = 0 解得 FDB = F cotθ 讨论：也可以向垂直于 FDE 方向投影，直接得 FDB = F cotθ （2）节点 B，坐标及受力如图 2-8c 所示。由平衡理论得 ∑ Fx = 0, FCB sinθ − FDB' = 0 ∑ Fy = 0, FCB sinθ − FAB = 0 解得 80 kN 0.1 800 N cot cot 2 2 2 = = = = = θ θ θ F FAB FDB F 2-9 铰链 4 杆机构 CABD 的 CD 边固定，在铰链 A、B 处有力 F1，F2 作用，如图 2-9a 所示。该机构在图示位置平衡，不计杆自重。求力 F1 与 F2的关系。 y x FAB F1 FAC A 45° 60° x y B 30° 30° FAB′ F2 FBD (a) (b) (c) 图 2-9 解 (1) 节点 A，坐标及受力如图 2-9b 所示，由平衡理论得 ∑ Fx = 0, FAB cos15° + F1 cos 30° = 0 ， ° = − 2cos 15 3F1 FAB （压） （2）节点 B，坐标及受力如图 2-9c 所示，由平衡理论得 ∑ Fx = 0, − FAB cos 30° − F2 cos60° = 0 1 1 2 1.553 2cos 15 3 3 F F F FAB = ° = − = 即 F1﹕ 0.644 F2 = 2-10 如图 2-10 所示，刚架上作用力 F。试分别计算力 F 对 点 A 和 B 的力矩。 解 M A (F) = −Fb cosθ ( sin cos ) ( ) cos sin θ θ θ θ F a b M B Fb Fa = − F = − + 图 2-10 2-11 为了测定飞机螺旋桨所受的空气阻力偶，可将飞机水平放置，其 1 轮搁置在地秤 上，如图 2-11a 所示。当螺旋桨未转动时，测得地秤所受的压力为 4.6 kN ，当螺旋桨转动 时，测得地秤所受的压力为6.4 kN 。已知两轮间距离l = 2.5 m ，求螺旋桨所受的空气阻力 偶的矩 M
(a)(b)图2-11解研究对象和受力如图2-11b，约束力改变量构成1力偶，则ZM=0,-M+(6.4kN-4.6kN)/=0，3M=1.8kN-l=4.5kN-m2-12已知梁AB上作用1力偶，力偶矩为M，梁长为1，梁重不计。求在图2-12a，2-12b，2-12c三种情况下支座A和B的约束力。M1/2MLAA4FAIF1(al)(a)M1/3-MB子FIFs1(b)(b1)MN1(c)(cl)图2-12解（a）梁AB，受力如图2-12al所示。FA,F组成力偶，故FA= FBMMZM,=0, Frl-M=0,FB=F.11（b）梁AB，受力如图2-12b1所示。MZM =0,Fl-M=0,1FR=F1（c）梁AB，受力如图2-12cl所示。MZM,=0,Falcoso-M=0,F=Flcose2-13：图2-13a所示结构中，各构件自重不计。在构件AB上作用1力偶矩为M的力偶，求支座A和C的约束力。解（1）BC为二力杆：F=-F（图2-13c）（2）研究对象AB，受力如图2-13b所示，F4,F构成力偶，则V2MMZM=0,F×2×2a-M=0,F.4a2/2a14
14 l O P N2 FN1 F M (a) (b) 图 2-11 解 研究对象和受力如图 2-11b，约束力改变量构成 1 力偶，则 ∑ M = 0 ， − M + (6.4 kN − 4.6 kN)l = 0 ， M = 1.8 kN ⋅l = 4.5 kN ⋅m 2-12 已知梁 AB 上作用 1 力偶，力偶矩为 M，梁长为l ，梁重不计。求在图 2-12a，2-12b， 2-12c 三种情况下支座 A 和 B 的约束力。 FB l l / 2 FA A B M (a) (a1) A B l / 3 l FB FA M (b) (b1) l θ l / 2 θ FA A B M FB (c) (c1) 图 2-12 解 （a） 梁 AB，受力如图 2-12a1 所示。 FA FB , 组成力偶，故 FA = FB ∑ = 0 M A ， F l − M = 0 B ， l M FB = ， l M FA = （b）梁 AB，受力如图 2-12b1 所示。 ∑ = 0 M A ， F l − M = 0 B ， l M FB = FA = （c）梁 AB，受力如图 2-12c1 所示。 ∑ = 0 M A ， F l cos − M = 0 B θ ， l cosθ M FB = FA = 2-13 图 2-13a 所示结构中，各构件自重不计。在构件 AB 上作用 1 力偶矩为 M 的力偶， 求支座 A 和 C 的约束力。 解 （1）BC 为二力杆： FC = −FB （图 2-13c） （2）研究对象 AB，受力如图 2-13b 所示， ' , FA FB 构成力偶，则 ∑ M = 0 ， 2 2 0 FNA × × a − M = ， a M a M FA 4 2 2 2 = =
J2MFc=F=F4aM45020F(a)(b)(c)图2-132-14图2-14a中，两齿轮的半径分别是r1，r2，作用于轮1上的主动力偶的力偶矩为Mi，齿轮的啮合角为θ，不计两齿轮的重量。求使两轮维持匀速转动时齿轮I的阻力偶之矩M及轴承O，O2的约束力的大小和方向。M,M2M,MII0290xA(a)(b)(c)图2-14解（1）轮O，受力如图2-14b所示M,ZM=0,FolM,-For'i cos0=0,(方向如图）rcose（2）轮O2，受力如图2-14c所示M,ZM=0.M,-Fo2'2cos0=0,(方向如图)rcoseFo,=F'=F=For, M,=M52-15直角弯杆ABCD与直杆DE及EC铰接如图2-15a，作用在杆DE上力偶的力偶矩M=40kN·m.不计各杆件自重.不考虑摩擦，尺寸如图。求支座A，B处的约束力和杆EC受力。M/M/245=45°600PA(a)(b)(c)图2-15解（1）EC为二力杆，杆DE受力如图2-15b所示15
15 a M FC FB FA 4 2 = = = FA A 45° B FB ′ M C B FC FB 45° (a) (b) (c) 图 2-13 2-14 图 2-14a 中，两齿轮的半径分别是 r1，r2，作用于轮 I 上的主动力偶的力偶矩为 M1，齿轮的啮合角为θ ，不计两齿轮的重量。求使两轮维持匀速转动时齿轮 II 的阻力偶之 矩 M2 及轴承 O1，O2 的约束力的大小和方向。 θ O1 M1 1r F′ FO1 θ O2 F F′ M2 O2 θ θ 2r (a) (b) (c) 图 2-14 解 （1）轮 O1，受力如图 2-14b 所示 ∑ M = 0, M1 − FO1r1 cos θ = 0， 1 cosθ 1 1 r M FO = (方向如图) （2）轮 O2，受力如图 2-14c 所示 ∑ M = 0, M 2 − FO2 r2 cos θ = 0 ， 2 cosθ 2 2 r M FO = (方向如图) 2 1 ' FO = F = F = FO ， M r r M 1 2 2 = 2-15 直角弯杆 ABCD 与直杆 DE 及 EC 铰接如图 2-15a，作用在杆 DE 上力偶的力偶矩 M = 40 kN ⋅ m ,不计各杆件自重,不考虑摩擦，尺寸如图。求支座 A，B 处的约束力和杆 EC 受力。 45° 45° FD FEC E D M C D A E B FB 4 m FA 60° M (a) (b) (c) 图 2-15 解 （1）EC 为二力杆，杆 DE 受力如图 2-15b 所示
V2ZM=0.-Fec -4.+M=02 40 = (10/2) kN = 14.1 kNFec =22（2）整体，受力图c。为构成约束力偶与外力偶M平衡，有FA=FBZM=0,M-F×4·cos30°=0(20)F=kN~11.5kN,F,~11.5kNV32-16在图2-16a所示结构中，各构件的自重略去不计，在构件BC上作用1力偶矩为M的力偶，各尺寸如图。求支座A的约束力。1MMDSF(a)(b)(c)图2-16解（1）研究对象BC，受力如图2-16b所示，为构成约束力偶，有Fe=FcMZM=0,-F-1+M=0，FR1MFc =FR =1(2）研究对象：ADC，受力如图2-16c所示ZF=0.-F.+F.cos45°=0V2MF,=2F（方向如图）12-17在图2-17a所示机构中，曲柄OA上作用1力偶，其力偶矩为M：另在滑块D上作用水平力F。机构尺寸如图，各杆重量不计。求当机构平衡时，力F与力偶矩M的关系。FA|FND401FYAF.FadMQLDYBFa47(b)(d)(a)(c)图2-17解（1）杆AO，受力如图2-17b所示M(1)ZM=0,FaB coso.a=M,FABacose（2）节点B，受力如图2-17c所示ZF =0,FABCos20-FBDSin20=016
16 0 2 2 ∑ M = 0, − FEC ⋅ 4 ⋅ + M = (10 2) kN 14.1 kN 2 2 40 FEC = = = （2）整体，受力图 c。为构成约束力偶与外力偶 M 平衡，有 FA = FB ∑ = 0, − × 4 ⋅ cos30° = 0 M M FA kN 3 20 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ FA = ≈ 11.5 kN ， FB ≈ 11.5 kN 2-16 在图 2-16a 所示结构中，各构件的自重略去不计，在构件 BC 上作用 1 力偶矩为 M 的力偶，各尺寸如图。求支座 A 的约束力。 FC FB B C M y x 45° FA C FC A FD l l （a） (b) (c) 图 2-16 解 (1) 研究对象 BC，受力如图 2-16b 所示，为构成约束力偶，有 FB = FC M F l M B ∑ = 0 , − ⋅ + = 0 ， l M FB = l M FC = FB = (2) 研究对象：ADC，受力如图 2-16c 所示 0 , cos 45 0 ' ∑ Fx = − FC + FA ° = l M FA FC 2 2 ' = = （方向如图） 2-17 在图 2-17a 所示机构中，曲柄 OA 上作用 1 力偶，其力偶矩为 M；另在滑块 D 上 作用水平力 F。机构尺寸如图，各杆重量不计。求当机构平衡时，力 F 与力偶矩 M 的关系。 a FO FAB θ θ M A O x θ θ B FBD FBC θ FAB′ FND F FBD′ θ x D (a) (b) (c) (d) 图 2-17 解 （1）杆 AO，受力如图 2-17b 所示 ∑ M = 0 ， FAB cosθ ⋅ a = M ， a cosθ M FAB = （1） （2）节点 B，受力如图 2-17c 所示 ∑ Fx = 0， cos 2 sin 2 0 ' FAB θ − FBD θ =
式（1）代入上式，得Fan cos20Mcos20FBD =(2)sin 20acos0sin20（3）滑块D，受力如图2-17d所示ZF=0,F-FBDcosO=0式（2）代入上式，得MF=cot20a17
17 式（1）代入上式，得 θ θ θ θ θ cos sin 2 cos 2 sin 2 cos 2 ' a F M F AB BD = = (2) （3）滑块 D，受力如图 2-17d 所示 ∑ Fx = 0， − cosθ = 0 F FBD 式（2）代入上式，得 cot 2θ a M F =