1-3 试画出图示各结构中构件AB的受力图1-4 试画出两结构中构件ABCD的受力图1-5 试画出图a和b所示刚体系整体各个构件的受力图1-5a1-5b1- 8在四连杆机构的ABCD 的铰链B 和C 上分别作用有力F 1和F 2，机构在图示位置平衡。

试求二力F 1和F 2之间的关系。

解：杆AB ，BC ，CD 为二力杆，受力方向分别沿着各杆端点连线的方向。

解法1(解析法)假设各杆受压，分别选取销钉B 和C 为研究对象，受力如图所示：由共点力系平衡方程，对B 点有：∑=0x F 045cos 02=-BC F F对C 点有：∑=0x F 030cos 01=-F F BC解以上二个方程可得：22163.1362F F F ==解法2(几何法)分别选取销钉B 和C 为研究对象，根据汇交力系平衡条件，作用在B 和C 点上的力构成封闭的力多边形，如图所示。

对B 点由几何关系可知：0245cos BC F F =对C 点由几何关系可知：0130cos F F BC =解以上两式可得：2163.1F F =2-3 在图示结构中，二曲杆重不计，曲杆AB 上作用有主动力偶M 。

试求A 和C 点处的约束力。

解：BC 为二力杆(受力如图所示)，故曲杆AB 在B 点处受到约束力的方向沿BC 两点连线的方向。

曲杆AB 受到主动力偶M 的作用，A 点和B 点处的约束力必须构成一个力偶才能使曲杆AB 保持平衡。

AB 受力如图所示，由力偶系作用下刚体的平衡方程有（设力偶逆时针为正）：0=∑M 0)45sin(100=-+⋅⋅M a F A θ aM F A 354.0=其中：31tan =θ。

对BC 杆有：aM F F F A B C 354.0=== A ，C 两点约束力的方向如图所示。

2-4FF解：机构中AB杆为二力杆，点A,B出的约束力方向即可确定。

由力偶系作用下刚体的平衡条件，点O,C处的约束力方向也可确定，各杆的受力如图所示。

对BC杆有：0=∑M030sin20=-⋅⋅MCBFB对AB杆有：ABFF=对OA杆有：0=∑M01=⋅-AOFMA求解以上三式可得：mNM⋅=31，NFFFCOAB5===，方向如图所示。

// 2-6求最后简化结果。

解：2-6a坐标如图所示，各力可表示为:j Fi FF23211+=，i FF=2，j Fi FF23213+-=先将力系向A点简化得（红色的）：j Fi FFR3+=，kFaMA23=方向如左图所示。

由于ARMF⊥，可进一步简化为一个不过A点的力(绿色的)，主矢不变，其作用线距A点的距离ad43=，位置如左图所示。

2-6b同理如右图所示，可将该力系简化为一个不过A点的力（绿色的），主矢为：i F F R 2-=其作用线距A 点的距离a d43=，位置如右图所示。

简化中心的选取不同，是否影响最后的简化结果？ 是3-10解：假设杆AB ，DE 长为2a 。

取整体为研究对 象，受力如右图所示，列平衡方程：∑=0C M 02=⋅a F By 0=By F取杆DE 为研究对象，受力如图所示，列平 衡方程：∑=0H M 0=⋅-⋅a F a F Dy F F Dy =∑=0B M02=⋅-⋅a F a F Dx F F Dx 2=取杆AB 为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：∑=0y F 0=++By Dy Ay F F FF F Ay -=(与假设方向相反)∑=0A M 02=⋅+⋅a F a F Bx Dx F F Bx -=(与假设方向相反) ∑=0B M02=⋅-⋅-a F a F Dx AxF F Ax -=(与假设方向相反)3-12解：取整体为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：∑=0C M0=⋅-⋅x F b F DFbx F D = F CxF CyF BxF ByF CxF CyF D取杆AB 为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：∑=0A M 0=⋅-⋅x F b F BFbx F B =杆AB 为二力杆，假设其受压。

取杆AB 和AD 构成的组合体为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：∑=0E M02)2(2)(=⋅--⋅+⋅+bF x b F b F F AC D B解得F F AC =，命题得证。

注意：销钉A 和C 联接三个物体。

3-14解：取整体为研究对象，由于平衡条件可知该力系对任一点之矩为零，因此有：∑=0A M0)(=+-M M F M B A即B F 必过A 点，同理可得A F 必过B 点。

也就是A F 和B F 是大小相等，方向相反且共线的一对力，如图所示。

取板AC 为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：F AF B∑=0C M045cos 45sin 00=-⋅-⋅M b F a F A A解得：ba M F A-=2(方向如图所示)3-20解：支撑杆1，2，3为二力杆，假设各杆均受压。

选梁BC 为研究对象，受力如图所示。

其中均布载荷可以向梁的中点简化为一个集中力，大小为2qa ，作用在BC 杆中点。

列平衡方程：∑=0B M 0245sin 03=-⋅-⋅M a qa a F)2(23qa aMF +=(受压)选支撑杆销钉D 为研究对象，受力如右图所示。

列平衡方程：∑=0x F045cos 031=-F F qa a M F 21+=(受压)∑=0y F045sin 032=--F F )2(2qa aM F +-=(受拉)选梁AB 和BC 为研究对象，受力如图所示。

列平衡方程：∑=0x F 045cos 03=+F F Ax)2(qa aMF Ax +-=(与假设方向相反)∑=0y F 0445sin 032=--++qa P F F F Ay qa P F Ay 4+=∑=0A M0345sin 242032=-⋅+⋅-⋅-⋅+M a F a qa a P a F M AM Pa qa M A -+=242(逆时针)3-21解：选整体为研究对象，受力如右图所示。

列平衡方程：∑=0A M 022=⋅-⋅a F a F By F F By = ∑=0B M 022=⋅-⋅-a F a F Ay F F Ay -=∑=0x F 0=++F F F Bx Ax(1)由题可知杆DG 为二力杆，选GE 为研究对象，作用于其上的力汇交于点G ，受力如图所示，画出力的三角形，由几何关系可得：F F E22=。

取CEB 为研究对象，受力如图所示。

列平衡方程：∑=0C M045sin 0=⋅-⋅+⋅a F a F a F E By Bx 2F F Bx -= 代入公式(1)可得：2F FAx-=3-24解：取杆AB 为研究对象，设杆重为P ，受力如图所示。

列平衡方程：∑=0A M060cos 23301=⋅-⋅rP r N)(93.61N N =F AxF AyF BxF By∑=0x F 060sin 01=-N F Ax)(6N F Ax =∑=0y F 060cos 01=-+P N F Ay)`(5.12N F Ay =取圆柱C 为研究对象，受力如图所示。

列平衡方程：∑=0x F030cos 30cos 001=-T N)(93.6N T =注意：由于绳子也拴在销钉上，因此以整体为研究对象求得的A 处的约束力不是杆AB 对销钉的作用力。

3-27解：取整体为研究对象，设杆长为L ，重为P ，受力如图所示。

列平衡方程：∑=0A M0cos 22sin 2=⋅-⋅θθLP L F Nθtan 2P F N =(1)取杆BC 为研究对象，受力如图所示。

列平衡方程：∑=0B M0cos cos 2sin =⋅-⋅+⋅θθθL F LP L F s NP F S =(2)补充方程：N s s F f F ⋅≤，将(1)式和(2)式代入有：2tan s f ≤θ，即010≤θ。

3-29（…………………………）证明：（1）不计圆柱重量 法1：取圆柱为研究对象，圆柱在C 点和D 点分别受到法向约束力和摩擦力的作用，分别以全约束力RD RC F F ,来表示，如图所示。

如圆柱不被挤出而处于平衡状态，则RD RC F F ,等值，反向，共线。

由几何关系可知，RD RC F F ,与接触点C ，D 处法F Ax F AyF NF sPP线方向的夹角都是2α，因此只要接触面的摩擦角大于2α，不论F 多大，圆柱不会挤出，而处于自锁状态。

法2（解析法）：首先取整体为研究对象，受力如图所示。

列平衡方程：∑=0A M 0=⋅-⋅l F a F NDF al F ND =再取杆AB 为研究对象，受力如图所示。

列平衡方程：∑=0A M 0=⋅-⋅l F a F NCND NC F F a lF ==取圆柱为研究对象，受力如图所示。

假设圆柱半径为R ，列平衡方程：∑=0O M 0=⋅-⋅R F R F SD SCSD SC F F =∑=0x F0cos sin =--SD SC NC F F F ααND NC SD SC F F F F ααααcos 1sin cos 1sin +=+==F NDF SDF AxF Ay由补充方程：ND SD SD NC SC SC F f F F f F ⋅≤⋅≤,，可得如果：2tan ,2tan cos 1sin αααα≥=+≥SD SCf f 则不论F 多大，圆柱都不被挤出，而处于自锁状态。

证明：（2）圆柱重量P 时取圆柱为研究对象，此时作用在圆柱上的力有重力P ，C 点和D 点处的全约束力RD RC F F ,。

如果圆柱保持平衡，则三力必汇交于D 点（如图所示）。

全约束力RC F 与C 点处法线方向的夹角仍为2α，因此如果圆柱自锁在C 点必须满足：2tan cos 1sin ααα=+≥SC f(1)该结果与不计圆柱重量时相同。

只满足(1)式时C 点无相对滑动，但在D 点有可能滑动(圆柱作纯滚动)。

再选杆AB 为研究对象，对A 点取矩可得F alF NC=，由几何关系可得：F alF SC ⋅=2tanα2cosα⋅=a Fl F RC(2)法1（几何法）：圆柱保持平衡，则作用在其上的三个力构成封闭得力三角形，如图所示。

由几何关系可知：ϕαϕsin )]2180(180sin[00RC F P=---φ RDF RC2将(2)式代入可得： )cos 1)((sin tan ααϕ++=Fl Pa Fl 因此如果圆柱自锁在D 点必须满足：)cos 1)((sin tan ααϕ++=≥Fl Pa Fl f SD(3) 即当同时满足(1)式和(3)式时，圆柱自锁，命题得证。

法2（解析法）：取圆柱为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：∑=0x F0cos sin =--SD SC NC F F F αα ∑=0y F0cos sin =---ααNC SC ND F F P F解得：F a lF FSD SC⋅==2tanα， )2tan sin (cos ααα⋅++=a Fl P F ND 代入补充方程：ND SD SD F f F ⋅≤，可得如果圆柱自锁在D 点必须满足：)cos 1)((sin tan ααϕ++=≥Fl Pa Fl f SD(3) 即当同时满足(1)式和(3)式时，圆柱自锁，命题得证。