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工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学第一章习下列习题中，凡未标出自重的物体，质量不计。接触处都不计摩擦。1-1试分别画出下列各物体的受力图。1-2试分别画出下列各物体系统中的每个物体的受力图。工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学1-3试分别画出整个系统以及杆BD，AD，AB（带滑轮C，重物E和一段绳索）的受力图。1-4构架如图所示，试分别画出杆HED，杆BDC及杆AEC的受力图。1-5构架如图所示，试分别画出杆BDH，杆AB，销钉A及整个系统的受力图。1-6构架如图所示，试分别画出杆AEB，销钉A及整个系统的受力图。1-7构架如图所示，试分别画出杆AEB，销钉C，销钉A及整个系统的受力图。工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学1-8结构如图所示，力P作用在销钉C上，试分别画出AC，BCE及DEH部分的受力图。参考1-1解：1-2解：工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学1-3解：1-4解：工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学1-5解：1-6解：1-7解：工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学1-8解：第二章习题参考答案2-1解：由解析法，23cos80RXFXPPN12sin140RYFYPPN故：22161.2RRXRYFFFN1(,)arccos2944RYRRFFPF工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学2-2解：即求此力系的合力，沿OB建立x坐标，由解析法，有123cos45cos453RXFXPPPKN13sin45sin450RYFYPP故：223RRXRYFFFKN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sin300ACABFF工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学0Ycos300ACFW联立上二式，解得：0.577ABFW（拉力）1.155ACFW（压力）（b）由平衡方程有：0Xcos700ACABFF0Ysin700ABFW联立上二式，解得：1.064ABFW（拉力）0.364ACFW（压力）（c）由平衡方程有：工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学0Xcos60cos300ACABFF0Ysin30sin600ABACFFW联立上二式，解得：0.5ABFW(拉力)0.866ACFW（压力）（d）由平衡方程有：0Xsin30sin300ABACFF0Ycos30cos300ABACFFW联立上二式，解得：0.577ABFW(拉力)工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学0.577ACFW(拉力)2-4解：（a）受力分析如图所示：由0x224cos45042RAFP15.8RAFKN由0Y222sin45042RARBFFP7.1RBFKN工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学(b)解：受力分析如图所示：由0x3cos45cos45010RARBFFP0Y1sin45sin45010RARBFFP联立上二式，得：22.410RARBFKNFKN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：5RAFKN（压力）5RBFKN（与X轴正向夹150度）工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学2-6解：受力如图所示：已知，1RFG，2ACFG由0xcos0ACrFF12cosGG由0Ysin0ACNFFW22221sinNFWGWGG2-7解：受力分析如图所示，取左半部分为研究对象工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学由0xcos45cos450RACBPFF0Ysin45sin450CBRAFF联立后，解得：0.707RAFP0.707RBFP由二力平衡定理0.707RBCBCBFFFP2-8解：杆AB，AC均为二力杆，取A点平衡由0xcos60cos300ACABFFW工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学0Ysin30sin600ABACFFW联立上二式，解得：7.32ABFKN（受压）27.3ACFKN（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0xsincos0DBTW工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学0DBTWctg（2）取B点列平衡方程由0Ysincos0BDTT230BDTTctgWctgKN2-10解：取B为研究对象：由0Ysin0BCFPsinBCPF取C为研究对象：由0xcossinsin0BCDCCEFFF由0Ysincoscos0BCDCCEFFF工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学联立上二式，且有BCBCFF解得：2cos12sincosCEPF取E为研究对象：由0Ycos0NHCEFFCECEFF故有：22cos1cos2sincos2sinNHPPF2-11解：取A点平衡：0xsin75sin750ABADFF0Ycos75cos750ABADFFP联立后可得：2cos75ADABPFF工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学取D点平衡，取如图坐标系：0xcos5cos800ADNDFFcos5cos80NDADFF由对称性及ADADFFcos5cos5222166.2cos80cos802cos75NNDADPFFFKN工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学2-12解：整体受力交于O点，列O点平衡由0xcoscos300RADCFFP0Ysinsin300RAFP联立上二式得：2.92RAFKN1.33DCFKN（压力）列C点平衡工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学0x405DCACFF0Y305BCACFF联立上二式得：1.67ACFKN（拉力）1.0BCFKN（压力）2-13解：（1）取DEH部分，对H点列平衡0x205RDREFF0Y105RDFQ工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学联立方程后解得：5RDFQ2REFQ（2）取ABCE部分，对C点列平衡0xcos450RERAFF0Ysin450RBRAFFP且REREFF联立上面各式得：22RAFQ2RBFQP（3）取BCE部分。根据平面汇交力系平衡的几何条件。2222222284RCRERBFFFQQPQPQP2-14解：（1）对A球列平衡方程工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学0xcossin0ABNAFF（1）0Ycossin20NAABFFP（2）（2）对B球列平衡方程0xcoscos0NBABFF（3）0Ysinsin0NBABFFP（4）且有：NBNBFF（5）把（5）代入（3），（4）由（1），（2）得：cossin2ABABFtgFP（6）又（3），（4）得：sincosABABPFtgF（7）工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学由（7）得：cossinABPFtg（8）将（8）代入（6）后整理得：22(12)(2)3cos23sincosPtgtgPtgtg2-15解：NAF，NDF和P构成作用于AB的汇交力系，由几何关系：2cos12sincosCEPFcos0NHCEFF又CECEFF22cos1cos2sincos2sinNHPPF工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学整理上式后有：sin75sin750ABADFF取正根cos75cos750ABADFFP2cos75ADABPFF第三章习题参考答案3-1解：2222()()()()00()()sincos0sin()()()()()()()sincos0sinOOOOOOaMPPlbMPPcMPPlPPldMPPaeMPPlrfMPPabPPab3-2解：132546,;,;,PPPPPP构成三个力偶1243(0.30.1)(0.40.1)(0.20.4)530MPPPNm因为是负号，故转向为顺时针。工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学3-3解：小台车受力如图，为一力偶系，故FG，NANBFF由0M0.80.30NAFG0.75750NANBFFKNN3-4解：锤头受力如图，锤头给两侧导轨的侧压力1NF和2NF构成一力偶，与P，P构成力偶平衡工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学由0M10NPeFh12100NNFFKN3-5解：电极受力如图，等速直线上升时E处支反力为零工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学即：0REF且有：SW由0M0NAFbWaNANBWaFFb3-6解：A，B处的约束反力构成一力偶由0M2120RBMMFa1RBRAFFKN工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学3-7解：1OA，2OB受力如图，由0M，分别有：1OA杆：16sin30ABmFa（1）工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学2OB杆：280BAmFa（2）且有：ABBAFF（3）将（3）代入（2）后由（1）（2）得：1238mm3-8解：杆ACE和BCD受力入图所示，且有：RARCRCRBFFFF对ACE杆：12300RAFctgm1.155RARBFKNF对BCD杆：22300RBFctgm24mKN工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学第四章习题4-1已知F1=60N，F2=80N，F3=150N，m=100N.m，转向为逆时针，θ=30°图中距离单位为m。试求图中力系向O点简化结果及最终结果。4-2已知物体所受力系如图所示，F=10Kn，m=20kN.m，转向如图。（a）若选择x轴上B点为简化中心，其主矩LB=10kN.m，转向为顺时针，试求B点的位置及主矢R’。（b）若选择CD线上E点为简化中心，其主矩LE=30kN.m，转向为顺时针，α=45°，试求位于CD直线上的E点的位置及主矢R’。4-3试求下列各梁或刚架的支座反力。工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学解：（a）受力如图由∑MA=0FRB•3a-Psin30°•2a-Q•a=0∴FRB=（P+Q）/3由∑x=0FAx-Pcos30°=0∴FAx=32P由∑Y=0FAy+FRB-Q-Psin30°=0∴FAy=（4Q+P）/64-4高炉上料的斜桥，其支承情况可简化为如图所示，设A和B为固定铰，D为中间铰，料车对斜桥的总压力为Q，斜桥（连同轨道）重为W，立柱BD质量不计，几何尺寸如图示，试求A和B的支座反力。4-5齿轮减速箱重W=500N，输入轴受一力偶作用，其力偶矩m1=600N.m，输出轴受另一力偶作用，其力偶矩m2=900N.m，转向如图所工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学示。试计算齿轮减速箱A和B两端螺栓和地面所受的力。4-6试求下列各梁的支座反力。(a)(b)工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学4-7各刚架的载荷和尺寸如图所示，图c中m2＞m1，试求刚架的各支座反力。4-8图示热风炉高h=40m，重W=4000kN，所受风压力可以简化为梯形分布力，如图所示，q1=500kN/m，q2=2.5kN/m。可将地基抽象化为固顶端约束，试求地基对热风炉的反力。4-9起重机简图如图所示，已知P、Q、a、b及c，求向心轴承A及向心推力轴承B的反力。4-10构架几何尺寸如图所示，R=0.2m，P=1kN。E为中间铰，求向心轴承A的反力、向心推力轴承B的反力及销钉C对杆ECD的反力。工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学4-11图示为连续铸锭装置中的钢坯矫直辊。钢坯对矫直辊的作用力为一沿辊长分布的均布力q，已知q=1kN/mm，坯宽1.25m。试求轴承A和B的反力。工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学4-12立式压缩机曲轴的曲柄EH转到垂直向上的位置时，连杆作用于曲柄上的力P最大。现已知P=40kN，飞轮重W=4kN。求这时轴承A和B的反力。4-13汽车式起重机中，车重W1=26kN，起重臂ＣＤＥ重Ｇ＝４.５kN，起重机旋转及固定部分重Ｗ2＝３１kN，作用线通过Ｂ点，几何尺寸如图所示。这时起重臂在该起重机对称面内。求最大起重量Ｐmax。4-14平炉的送料机由跑车A及走动的桥B所组成，跑车装有轮子，可沿桥移动。跑车下部装有一倾覆操纵柱D，其上装有料桶C。料箱中的载荷Q=15kN，力Q与跑车轴线OA的距离为5m，几何尺寸如图所示。如欲保证跑车不致翻倒，试问小车连同操纵柱的重量W最小应为多少？工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学4-15两根位于垂直平面内的均质杆的底端彼此相靠地搁在光滑地板上，其上端则靠在两垂直且光滑的墙上，质量分别为P1与P2。求平衡时两杆的水平倾角α1与α2的关系。4-16均质细杆AB重P，两端与滑块相连，滑块Ａ和Ｂ可在光滑槽内滑动，两滑块又通过滑轮Ｃ用绳索相互连接，物体系处于平衡。（ａ）用Ｐ和θ表示绳中张力Ｔ；（ｂ）当张力Ｔ＝２Ｐ时的θ值。4-17已知ａ，ｑ和ｍ，不计梁重。试求图示各连续梁在Ａ、Ｂ和Ｃ处的约束反力。4-18各刚架的载荷和尺寸如图所示，不计刚架质量，试求刚架上各支座反力。工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学4-19起重机在连续梁上，已知P=10kN，Q=50kN，不计梁质量，求支座A、B和D的反力。4-20箱式电炉炉体结构如图a所示。D为炉壳，E为炉顶拱，H为绝热材料，I为边墙，J为搁架。在实际炉子设计中，考虑到炉子在高温情况下拱顶常产生裂缝，可将炉拱简化成三铰拱，如图b所示。已知拱顶是圆弧形，跨距l=1.15m，拱高h=0.173m，炉顶重G=2kN。试求拱脚A和B处反力。工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学4-21图示厂房房架是由两个刚架AC和BC用铰链连接组成，Ａ与Ｂ两铰链固结于地基，吊车梁宰房架突出部分Ｄ和Ｅ上，已知刚架重Ｇ1＝Ｇ2＝60kN,吊车桥重Q=10kN，风力F=10kN，几何尺寸如图所示。Ｄ和Ｅ两点分别在力Ｇ1和Ｇ2的作用线上。求铰链Ａ、Ｂ和Ｃ的反力。工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学4-22图示构架由滑轮D、杆AB和CBD构成，一钢丝绳绕过滑轮，绳的一端挂一重物，重量为G，另一端系在杆AB的E处，尺寸如图所示，试求铰链A、B、C和D处反力。4-23桥由两部分构成，重W1=W2=40kN，桥上有载荷P=20kN，尺寸如图所示，试求出铰链A、B和C的反力。4-24图示结构，在C、D、E、F、H处均为铰接。已知P1=60kN，P2=40kN，P3=70kN,几何尺寸如图所示。试求各杆所受的力。4-25构架的载荷和尺寸如图所示，已知P=24kN，求铰链Ａ和辊轴Ｂ的反力及销钉Ｂ对杆ＡＤＢ的反力。工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学４-26构架的载荷和尺寸如图所示，已知P=40kN，R=0.3m，求铰链A和B的反力及销钉C对杆ADC的反力。工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学4-27图示破碎机传动机构，活动夹板AB长为600mm，假设破碎时矿石对活动夹板作用力沿垂直于AB方向的分力P=1kN，BC=CD=600mm，AH=400mm，OE=100mm，图示位置时，机构平衡。试求电机对杆OE作用的力偶的力偶矩m0。4-28曲柄滑道机构如图所示，已知m=600N.m，OA=0.6m，BC=0.75m。机构在图示位置处于平衡，α=30°，β=60°。求平衡时的P值及铰链O和B反力。4-29插床机构如图所示，已知OA=310mm，O1B=AB=BC=665mm，CD=600mm，OO1=545mm，P=25kN。在图示位置：OO1A在铅锤位置；O1C在水平位置，机构处于平衡，试求作用在曲柄OA上的主动力偶的力偶矩m。工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学4-30在图示机构中，OB线水平，当B、D、F在同一铅垂线上时，DE垂直于EF，曲柄ＯＡ正好在铅锤位置。已知OA=100mm，BD=BC=DE=100mm，EF=1003mm，不计杆重和摩擦，求图示位置平衡时m/P的值。4-31图示屋架为锯齿形桁架。G1=G2=20kN，W1=W2=10kN，几何尺寸如图所示，试求各杆内力。工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学4-32图示屋架桁架。已知F1=F2=F4=F5=30kN，F3=40kN，几何尺寸如图所示，试求各杆内力。工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学4-33桥式起重机机架的尺寸如图所示。P1=100kN，P2=50kN。试求各杆内力。工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学4-34图示屋架桁架，载荷G1=G2=G3=G4=G5=G，几何尺寸如图所示，试求：杆1、2、3、4、5和6的内力。参考答案4-1解：23cos3049.9xoRFXFFN13sin3015yoRFYFFN22'52.1xyRRRFFFN'RF/0.3tgYX∴α=196°42′00123()52cos304279.6oLMFFFFmNm（顺时针转向）故向O点简化的结果为：(49.915)xyRRRFFiFjijN0279.6LNm由于FR′≠0，L0≠0，故力系最终简化结果为一合力RF，RF大小和方向与主矢'RF相同，合力FR的作用线距O点的距离为d。FR=FR=52.1Nd=L0/FR=5.37m工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学4-2解：（a）设B点坐标为（b，0）LB=∑MB（F）=-m-Fb=-10kN.m∴b=（-m+10）/F=-1m∴B点坐标为（-1，0）1'nRiiFFF'RF=∴FR′=10kN，方向与y轴正向一致（b）设E点坐标为（e，e）LE=∑ME（F）=-m-F•e=-30kN.m∴e=（-m+30）/F=1m∴E点坐标为（1，1）FR′=10kN方向与y轴正向一致4-3解：（a）受力如图由∑MA=0FRB•3a-Psin30°•2a-Q•a=0∴FRB=（P+Q）/3由∑x=0FAx-Pcos30°=0∴FAx=32P由∑Y=0FAy+FRB-Q-Psin30°=0∴FAy=（4Q+P）/6（b）受力如图工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学由∑MA=0FRB•cos30°-P•2a-Q•a=0∴FRB=233（Q+2P）由∑x=0FAx-FRB•sin30°=0∴FAx=133（Q+2P）由∑Y=0FAy+FRB•cos30°-Q-P=0∴FAy=（2Q+P）/3（c）解：受力如图：由∑MA=0FRB•3a+m-P•a=0∴FRB=（P-m/a）/3由∑x=0FAx=0由∑Y=0FAy+FRB-P=0∴FAy=（2P+m/a）/3（d）解：受力如图：工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学由∑MA=0FRB•2a+m-P•3a=0∴FRB=（3P-m/a）/2由∑x=0FAx=0由∑Y=0FAy+FRB-P=0∴FAy=（-P+m/a）/2（e）解：受力如图：由∑MA=0FRB•3-P•1.5-Q•5=0∴FRB=P/2+5Q/3由∑x=0FAx+Q=0∴FAx=-Q由∑Y=0FAy+FRB-P=0∴FAy=P/2-5Q/3（f）解：受力如图：工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学由∑MA=0FRB•2+m-P•2=0∴FRB=P-m/2由∑x=0FAx+P=0∴FAx=-P由∑Y=0FAy+FRB=0∴FAy=-P+m/24-4解：结构受力如图示，BD为二力杆由∑MA=0-FRB•a+Q•b+W•l/2•cosα=0∴FRB=(2Qb+Wlcosα)/2a由∑Fx=0-FAx-Qsinα=0∴FAx=-Qsinα由∑Fy=0FRB+FAy-W-Qcosα=0∴FAy=Q(cosα-b/a)+W(1-lcosα/2a)工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学4-5解：齿轮减速箱受力如图示，由∑MA=0FRB×0.5-W×0.2-m1-m2=0FRB=3.2kN由∑Fy=0FRA+FRB-W=0FRA=-2.7kN工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学4-6解：(a)由∑Fx=0FAx=0(b)由∑Fx=0FAx=0由∑Fy=0FAy=0由∑Fy=0FAy-qa-P=0由∑M=0MA-m=0MA=m∴FAy=qa+P由∑M=0MA-q•a•a/2-Pa=0∴MA=qa2/2+Pa(c)(d)工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学(c)由∑Fx=0FAx+P=0(d)由∑Fx=0FAx=0∴FAx=-P由∑MA=0FRB•5a+m1-m2-q•3a•3a/2=0由∑Fy=0FAy-q•l/2=0∴FRB=0.9qa+(m2-m1)/5aFAy=ql/2由∑Fy=0FAy+FRB-q•3a=0由∑M=0MA-q•l/2•l/4-m-Pa=0FAy=2.1qa+(m1-m2)/5a∴MA=ql2/8+m+Pa4-7解：(a)(b)(a)∑MA=0FRB•6a-q(6a)2/2-P•5a=0∴FRB=3qa+5P/6∑Fx=0FAx+P=0∴FAx=-P∑Fy=0FAy+FRB-q•6a=0∴FAy=3qa-5P/6(b)∑MA=0MA-q(6a)2/2-P•2a=0∴MA=18qa2+2Pa工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学∑Fx=0FAx+q•6a=0∴FAx=-6qa∑Fy=0FAy-P=0∴FAy=P(c)∑MA=0MA+m1-m2-q•6a•2a-P•4a=0∴MA=12qa2+4Pa+m2-m1∑Fx=0FAx+P=0∴FAx=-P∑Fy=0FAy-q•6a=0∴FAy=6qa(d)∑MA=0MA+q(2a)2/2-q•2a•3a=0∴MA=4qa2∑Fx=0FAx-q•2a=0∴FAx=2qa∑Fy=0FAy-q•2a=0∴FAy=2qa4-8解：热风炉受力分析如图示，∑Fx=0Fox+q1•h+(q2-q1)•h/2=0∴Fox=-60kN∑Fy=0FAy-W=0∴FAy=4000kN工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学∑MA=0M0-q•h•h/2-(q2-q1)•h•2h/3/2=0∴M0=1467.2kN•m工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学4-9解：起重机受力如图示，∑MB=0-FRA•c-P•a-Q•b=0∴FRA=-(Pa+Qb)/c∑Fx=0FRA+FBx=0∴FBx=(Pa+Qb)/c∑Fy=0FBy-P-Q=0∴FBy=P+Q4-10解：整体受力如图示∑MB=0-FRA×5.5-P×4.2=0∴FRA=-764N∑Fx=0FBx+FRA=0∴FBx=764N∑Fy=0FBy-P=0∴FBy=1kN由∑ME=0FCy×2+P×0.2-P×4.2=0∴FCy=2kN由∑MH=0F’Cx×2-FCy×2-P×2.2+P×0.2=0∴FCx=F’Cx=3kN工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学4-11解：辊轴受力如图示，由∑MA=0FRB×1600-q×1250×(1250/2+175)=0∴FRB=625N由∑Fy=0FRA+FRB-q×1250=0∴FRA=625N4-12解：机构受力如图示，∑MA=0-P×0.3+FRB×0.6-W×0.9=0∴FRB=26kN∑Fy=0FRA+FRB-P-W=0∴FRA=18kN4-13解：当达到最大起重质量时，FNA=0由∑MB=0W1×α+W2×0-G×2.5-Pmax×5.5=0∴Pmax=7.41kN工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学4-14解：受力如图示，不致翻倒的临界状态是FNE=0由∑MF=0W×1m-Q×(5-1)=0∴W=60kN故小车不翻倒的条件为W≥60kN工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学4-15解：设左右杆长分别为l1、l2，受力如图示左杆：∑MO1=0P1(l1/2)cosα1-FAl1sinα1=0∴FA=ctgα1P1/2右杆：∑MO2=0-P2(l2/2)cosα2+F'Al2sinα2=0∴F'A=ctgα2P2/2由FA=F'A∴P1/P2=tgα1/tgα2工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学4-16解：设杆长为l，系统受力如图(a)∑M0=0P•l/2cosθ+T•l•sinθ-Tlcosθ=0∴T=P/2(1-tgθ)工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学(b)当T=2P时，2P=P/2(1-tgθ)∴tgθ3/4即θ≈36°52′4-17解:(a)(a)取BC杆：∑MB=0FRC•2a=0∴FRC=0工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学∑Fx=0FBx=0∑Fy=0-FBy+FRC=0∴FBy=0取整体：∑MA=0-q•2a•a+FRC•4a+MA=0∴MA=2qa2∑Fx=0FAx=0∑Fy=0FAy+FRC－ｑ•2a＝０∴FAy==2qa(b)(b)取BC杆：∑MB=0FRC•2a-q•2a•a=0∴FRC=qa∑Fx=0FBx=0∑Fy=0FRC-q•2a-FBy=0∴FBy=-qa取整体：∑MA=0MA+FRC•4a-q•3a•2.5a=0∴MA=3.5qa2∑Fx=0FAx=0工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学∑Fy=0FAy+FRC－ｑ•3a＝０∴FAy==2qa(c)(c)取BC杆：∑MB=0FRC•2a=0∴FRC=0∑Fx=0FBx=0∑Fy=0FRC-FBy=0∴FBy=0取整体：∑MA=0MA+FRC•4a-m=0∴MA=m∑Fx=0FAx=0∑Fy=0FAy+FRC＝０∴FAy=0工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学(d)(d)取BC杆：∑MB=0FRC•2a-m=0∴FRC=m/2a∑Fx=0FBx=0∑Fy=0FRC-FBy=0∴FBy=m/2a取整体：∑MA=0MA+FRC•4a-m=0∴MA=-m∑Fx=0FAx=0∑Fy=0FAy+FRC＝０∴FAy=-m/2a4-18解：工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学(a)取BE部分∑ME=0FBx×5.4-q×5.4×5.4/2=0∴FBx=2.7q取DEB部分：∑MD=0FBx×5.4+FBy×6-q×5.4×5.4/2=0∴FBy=0取整体：∑MA=0FBy×6+q×5.4×5.4/2-FRC×cos45°×3=0∴FRC=6.87q∑Fx=0FRC×cos45°+FAx+FBx-q×5.4=0∴FAx=-2.16q∑Fy=0FRC×sin45°+FAy+FBy=0∴FAy=-4.86q(b)取CD段，∑MC=0FRD×4-q2/2×42=0∴FRD=2q2取整体：∑MA=0FRB×8+FRD×12q2×4×10-q1×6×4-P×4=0∑Fx=0P+FAx=0∴FAx=-P∑Fy=0FAy+FRB+FRD-q1×6-q2×4=0∴FAy=3q1-P/2工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学4-19解：连续梁及起重机受力如图示：取起重机：∑MH=0Q×1-P×3-FNE×2=0∴FNE=10kN∑Fy=0FNE+FNH-Q-P=0∴FNH=50kN取BC段：∑MC=0FRB×6-FNH×1=0∴FRB=8.33kN取ACB段：∑MA=0FRD×3+FRB×12-FNE×5-FNH×7=0∴FRD=100kN∑Fx=0FAx=0∑Fy=0FAy+FRD+FRB-FNE-FNH=0∴FAy=48.33kN4-20解：整体及左半部分受力如图示取整体：∑MA=0FBy×l-G×l/2=0∴FBy=1kN∑MB=0-FAy×l+G×l/2=0∴FAy=1kN取左半部分：∑MC=0FAx×h+G/2×l/4-FAy×l/2=0∴FAx=1.66kN取整体：∑Fx=0FAx+FBx=0∴FBx=-1.66kN工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学4-21解：各部分及整体受力如图示取吊车梁：∑MD=0FNE×8-P×4-Q×2=0∴FNE=12.5kN∑Fy=0FND+FNE-Q-P=0∴FND=17.5kN取T房房架整体：∑MA=0FBy×12-(G2+FNE)×10-(G1+FND)×2-F×5=0∴FBy=77.5kN∑MB=0-FAy×12-F×5+(G1+FND)×2+(G2+FNE)×2=0∴FAy=72.5kN取T房房架作部分：∑MC=0FAy×6-FAx×10-F×5-(G1+FND)×4=0∴FAx=7.5kN∑Fx=0FCx+F+FAx=0∴FCx=-17.5kN∑Fy=0FCy+FAy-G1-FND=0∴FCy=5kN取T房房架整体：∑Fx=0FAx+F+FBx=0∴FBx=-17.5kN工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学4-22解：整体及部分受力如图示取整体：∑MC=0-FAx•l•tg45°-G•(2l+5)=0∴FAx=-(2+5/l)G∑MA=0FCx•ltg45°-G(2l+5)=0∴FCx=(2+5/l)G取AE杆：∑ME=0–FAx•l-FAy•l-G•r=0∴FAy=2G∑Fx=0FAx+FBx+G=0∴FBx=(1+5/l)G∑Fy=0FAy+FBy=0∴FBy=-2G工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学取整体：∑Fy=0FAy+FCy-G=0∴FCy=-G取轮D：∑Fx=0FDx-G=0∴FDx=G∑Fy=0FDy-G=0∴FDy=G4-23解：整体及部分受力如图示取整体：∑MB=0FCy×10-W2×9-P×4-W1×1=0∴FCy=48kN∑Fy=0FBy+FCy-W1-W2-P=0∴FBy=52kN取AB段：∑MA=0FBx×4+W1×4+P×1-FBy×5=0∴FBx=20kN∑Fx=0FBx+FAx=0∴FAx=-20kN∑Fy=0FBy+FAy-W1-P=0∴FAy=8kN取整体：∑Fx=0FBx+FCx=0∴FCx=-20kN工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学4-24解：系统中1、2、3、4、5杆均为二力杆，整体及部分受力如图：取整体：∑Fx=0FAx=0∑MA=0-3P1-6P2-10P3+14FRB=0∴FRB=80kN∑Fy=0FAy+FRB-P1-P2-P3=0∴FAy=90kN工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学取左半部分：∑MH=0P2×1+P1×4-FAy×7+S3×3=0∴S3=117kN取节点E：∑Fx=0S3-S1cosα=0∴S1=146kN∑Fy=0S2+S1sinα=0∴S2=-87.6kN取节点F：∑Fx=0-S3+S5cosα=0∴S5=146kN∑Fy=0S4+S5sinα=0∴S4=-87.6kN4-25解：整体及部分受力如图示：取整体：∑MA=0FRB×4-P(1.5-R)-P(2+R)=0∴FRB=21kN∑Fx=0FAx-P=0∴FAx=24kN∑Fy=0FAy+FRB-P=0∴FAy=3kN取ADB杆：∑MD=0FBy×2-FAy×2=0∴FBy=3kN取B点建立如图坐标系：∑Fx=0(FRB-F'By)sinθ-F'Bxcosθ=0且有FBy=F'By，FBx=F'Bx∴F'Bx18tgθ=18×2/1.5=24kN４-26解：整体及部分受力如图示：工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学取整体：∑MB=0FAx×4+P×4.3=0∴FAx=-43kN∑Fx=0FB+FAx=0∴FBx=43kN取BC杆：∑MC=0FBx×4+P×0.3-P×0.3-P×2.3-FBy×4=0∴FBy=20kN∑Fx=0FBx+FCx-P=0∴FCx=-3kN∑Fy=0FBy+P+FCy-P=0∴FCy=-20kN取整体：∑Fy=0FAy+FBy-P=0∴FAy=20kN4-27解：受力如图示：取AB：∑MA=0P×0.4-SBC×0.6=0∴SBC=0.667kN取C点：∑Fx=0S'BCsin60°+SCEsin4.8°-SCDcos30°=0∑Fy=0-S'BCcos60°+SCEcos4.8°-SCDsin30°=0联立后求得：SCE=0.703kN取OE：∑MO=0m0-SCEcos4.8°×0.1=0∴m0=70kN4-28解：整体及部分受力如图示：取OA杆，建如图坐标系：∑MA=0FOx×0.6sin60°+m-Foy×0.6cos30°=0∑Fy=0Fox×cos60°+Foycos30°=0联立上三式：Foy=572.4NFox=-1000N工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学取整体：∑MB=0-Foy×(0.6×cos30°-0.6sin30°×ctg60°)-P×0.75×sin60°+m=0∴P=615.9N∑Fx=0Fox+FBx+P=0∴FBx=384.1N∑Fy=0Foy+FBy=0∴FBy=-577.4N4-29解：整体及部分受力如图示：取CD部分：∑MC=0FND×0.6cosα-P×0.6sinα=0∴FND=Ptgα取OA部分：∑MA=0-Fox×0.31-m=0∴Fox=-m/0.31取整体：∑MO1=0Fox×0.545-m+P×1.33-FND×0.6cosα=0代入后有：-m/0.31×0.545-m+×1.33-Ptgα×0.6cosα=0∴m=9.24kN•m工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学4-30解：整体及部分受力如图示：取OA段：∑MA=0m+Fox×0.1=0∴Fox=-10m取OAB段：∑MB=0m-Foy×0.1ctg30°=0∴Foy=103/3m取EF及滑块：∑ME=0FNF×0.13cos30°+P×0.13sin30°=0∴FNF=-3P/3取整体：∑MD=0FNF×0.13/cos30°+m-Fox×0.1-Foy×0.1ctg30°=0∴m/P=0.1155m4-31解：取整体：∑MB=0-FRA×4+W1×4+G1×3+G2×2cos30°×cos30°=0∴FRA=32.5kN∑Fx=0FBx=0∑Fy=0FBy+FRA-W1-W2-G1-G2=0∴FBy=27.5kN取A点：∑Fy=0FRA+S2cos30°-W1=0∴S2=-26kN工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学∑Fx=0S1+S2sin30°=0∴S1=13kN取C点：∑Fx=0-S2cos60°+S4cos30°+S3cos60°=0∑Fy=0-S2sin60°-S3sin60°-S4sin30°-G1=0联立上两式得：S3=17.3kNS4=-25kN取O点：∑Fx=0-S3cos60°-S1+S5cos60°+S6=0∑Fy=0S3sin60°+S5sin60°=0联立上两式得：S5=-17.3kNS6=30.3kN取E点：∑Fx=0-S5cos60°-S4cos30°+S7cos30°=0∴S7=-35kN4-32解：取整体：∑MA=0F1×1.5+F2×3+F3×4.5+F4×6+F5×7.5-FRB×9=0∑Fy=0FRA+FRB-(4×30+40)=0∴FRA=80kN工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学取A点：∑Fx=012221.501.50.66SS∑Fy=01220.6601.50.66RAFS联立后解得：S1=-197kNS2=180kN取Ｃ点：∑Fx=034122221.51.5()01.50.661.50.66SSS∑Fy=0413122220.660.66()01.50.661.50.66SSSF联立后解得：S3=-37kNS4=-160kN取Ｅ点：∑Fx=06422221.51.501.50.661.50.66SS∑Fy=0645222220.660.6601.50.661.50.66SSSF联立后解得：S5=-30kNS6=-160kN取Ｄ点：∑Fx=0782322221.51.501.521.50.66SSSS∑Fy=0835222220.6601.521.50.66SSS联立后解得：S7=１１２kNS8=56.3kN工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北大学由对称性可知：S9=S8=56.3kNS10=S6=-160kNS11=S5=-30kNS12=S4=-160kNS13=S2=180kNS14=S3=-37kNS15=S1=-197kN4-33解：取整体：∑MA=0FRB×4-P1×2-P2×3=0∴FRB=87.5kN∑Fy=0FRA+FRB-P1-P2=0∴FRA=62.5kN取A点：∑Fx=0S1+S2cos45°=0∑Fy=0FRA-S2sin45°=0解得：S1=-62.5kNS2=88.4kN取C点：∑Fx=0S4-S2cos45°=0∑Fy=0S3+S2sin45°=0解得：S3=-62.5kNS4=62.5kN取D点：∑Fx=0S6+S5cos45°-S1=0∑Fy=0-S3-S5sin45°=0解得：S5=88.4kNS6=-125kN取F点：∑Fx=0S8-S6=0∑Fy=0-P1-S7=0解得：S7=-100kNS8=-125kN工程力学（第四版）--静力学北京科技大学、东北