20．构架如图所示。重物Q=100N，悬持在绳端。已知：滑轮半径R=10cm，L1=30cm，L2=40cm，不计各杆及滑轮，绳的重量。试求A、E支座反力及AB杆在铰链D处所受的力。
第二章 平面力系参考答案：
一、是非题
1、对 2、对 3、错 4、对 5、对 6、对 7、对 8、对 9、对 10、错 11、对 12、错 二、选择题
1、① 2、③② 3、③④ 4、③ 5、②② 6、② 7、② 8、④④②② 9、② 10、①② 三、填空题
1、0°；90°； 2、10KN；方向水平向右； 3、10KN；方向水平向左； 4、2m/a；方向沿HE向； 5、略 6、2P；方向向上； 7、力偶，力偶矩m=－40（N·cm），顺时针方向。 8、A：主矢为20KN，主矩为50KN·m，顺钟向 B：主矢为20KN，主矩为90KN·m，逆钟向
9、一合力R=F2，作用在B点右边，距B点水平距离a（cm） 10、为一合力R，R=10KN，合力作线与AB平行，d=2m 11、通过B点的一个合力；简化为一个力偶。
四、计算题
1、解：将力系向A点简化Rx?=Fcos60°+Fsin30°－F=0 Ry?=Fsin60°－Fcos30°+F=F R=Ry?=F
对A点的主矩MA=Fa+M－Fh=1.133Fa 合力大小和方向R=R?
合力作用点O到A点距离 d=MA/R?=1.133Fa/F=1.133a
2．解：将力系向O点简化
RX=F2－F1=30N RV=－F3=－40N ∴R=50N
主矩：Mo=（F1+F2+F3）·3+M=300N·m 合力的作用线至O点的矩离 d=Mo/R=6m
合力的方向：cos（R，i）=0.6，cos（R，i）=－0.8 （R，i）=－53°08’ （R，i）=143°08’
3．解：将力系向O点简化，若合力R过O点，则Mo=0
Mo=3P/5×2+4P/5×2－Q×2－M－T×1.5 =14P/5－2Q－M－1.5T=0
∴T=（14/5×200－2×100－300）/1.5=40（N） ∴T应该为40N。
4．解：力系向A点简化。
主矢ΣX=F3－F1cos60°+F2cos30°=150KN ΣY=F1cos30°+F2cos30°=503KN R’=173.2KN Cos（R，i）=150/173.2=0.866，α=30° 主矩MA=F3·30·sin60°=453KN·m AO=d=MA/R?=0.45m
5.解：（一）1.取CD，Q1=Lq
ΣmD（F）=0 LRc－Rc=（2M+qL2）/2L 2. 取整体， Q=2Lq ΣmA（F）=0
3LRc+LRB－2LQ－2LP－M=0
RB=4Lq+2P+（M/L）－（6M+3qL2/2L） =（5qL2+4PL－4M）/2L
ΣY=0 YA+RB+RC－P－Q=0 YA=P+Q－（2M+qL2/2L） －（5qL2+4PL－4M/2L） =（M－qL2－LP）/L
1LQ1?M?0 2ΣX=0 XA=0 （二）1.取CB， Q1=Lq
mc（F）=0 LRB－M－RB=（2M+qL2）/（2L） 2.取整体， Q=2Lq ΣX=0 XA=0
ΣY=0 YA－Q+RB=0 YA=（3qL2－2M）/（2L）
ΣmA（F）=0 MA+2LRB－M－LQ=0 MA=M+2qL2－（2M+qL2）=qL2－M 6．解：先取BC杆，
Σmc=0， 3YB－1.5P=0， YB=50KN 再取整体
ΣX=0， XA+XB=0 ΣY=0， YA+YB－P－2q=0 ΣmA=0， 5YB－3XB－3.5P－
1LQ1?0 21q·22+M=0 2解得：XA=30KN， YA=90KN XB=－30KN
7．解：取BC为研究对象，Q=q×4=200KN
Σmc（F）=0 －Q×2+RB×4×cos45°=0 RB=141.42KN 取整体为研究对象 ΣmA（F）=0
mA+P2×4+P1×cos60°×4－Q×6+RB×cos45°×8 +RB×sin45°×4=0 （1） ΣX=0， XA－P1×cos60°－RB×cos45°=0 （2） ΣY=0，
－Q+YA－P2－P1×sin60°+RB×cos45°=0 （3） 由（1）式得 MA=－400KN·2 （与设向相反） 由（2）式得 XA=150KN 由（3）式得 YA=236.6KN
8．解：一）取OC Σmo（F）=0
Nsin45°·r－M=0，N=M/（r sin45°） 取AB ΣmA（F）=0
11RL/r M=2RL 241二）取OC ΣX=0 Xo－Ncos45°=0，Xo=2LR/r
41ΣY=0 Yo+Nsin45°=0，Yo=－2LR/r
4RLsin45°－N?2rsin45°=0，N?=
取AB ΣX=0 XA+N’cos45°－R=0，
1XA=（1－2L/r）R
41ΣY=0 YA－N’sin45°=0，YA=2RL/r
49.解：取AC
ΣX=0 4q1－Xc=0
Σmc=0 －NA·4+q1·4·2=0 ΣY=0 NA－Yc=0 解得Xc=4KN； Yc=2KN；NA=2KN 取BCD ΣmB（F）=0
ND×6－q2×18－X?c×4=0 Xc?=Xc Xc?=Yc ΣX=0 Xc?－XB=0
ΣY=0 ND+Y?c－q2×6+YB=0 ND=52/6=8.7KN XB=X?c=4KN
10．解：取整体为研究对象，L=5m
Q=qL=500KN，sin?=3/5，cos?=4/5，?mA（F）=0 YB·（2+2+1.5）-M-
1Q·5=0 （1） 2?X=0, -XA-XB+Q·sin?=0 （2） ?Y=0, -YA+YB-Q·cos?=0 （3） 取BDC为研究对象
?mc（F）=0 -M+YB·1.5-XB·3=0 （4） 由（1）式得，YB=245.55kN YB代入（3）式得 YA=154.55kN YB代入（4）式得 XB=89.39kN XB代入（2）式得 XA=210.61kN
11．解：对ACD
?mc（F）=0 T·R-T（R+CD）-YA·AC=0 ∵AC=CD T=Q YA=-Q=-100（N）
对整体
?mB（F）=0 XA·AB-Q·（AC+CD+R）=0
XA=230N
?X=0 XB=230N
?Y=0 YA+YB-Q=0 YB=200N
12．解：取CBA为研究对象，
?mA（F）=0
-S·cos45°·2R-S·sin45°·R+2RQ+2R2q=0 ∴S=122.57kN
?X=0 -S·cos45°+XA=0 ∴XA=2（Q+Rq）/3=88.76kN ?Y=0 YA-Q-2Rq+S·cos45°=0 YA=（Q+4Rq）/3=163.33kN
13．解：一）整体
?X=0 XA-qa-Pcos45°=0 XA=2qa（N） ?Y=0 YA-Psin45°=0 YA=qa（N） ?mA（F）=0 MA-M+qa· MA=-
1a+P·asin45°=0 212
qa（N·m） 21a-pcos45°·a =0 2 二）DCE
?mc（F）=0 SDBsin45°a+qa· SDB=1qa(N)
214．解：取AB杆为研究对象
?mA（F）=0 NB·2L·cos45°-Q·Lcos45°=0 NB= 取整体为研究对象 ?mE（F）=0
-Xc·L+P·2L+Q（3L-L·cos45°） -NB（3L-2L·cos45°）=0
Xc=2P+3Q-Q·cos45°-3NB+2NB·cos45°=2P+ ?mD（F）=0
-Yc·L+PL+Q（2L-L·cos45°） -NB（2L-2L·cos45°）=0
Yc=P+2Q-Q·cos45°-Q+Q·cos45°=P+Q 15．解：取OA，
1Q 21·3Q 2