C.力偶的作用平面
D.力偶矩的大小、力偶的转向和力偶的作用平面 10：力偶对坐标轴上的任意点取矩为（A）。
A.力偶矩原值 B.随坐标变化 C.零 D.以上都不对 四、计算题
1、曲杆AB采用图3-4所示支撑方式，设有一力偶矩为M的力偶作用于曲杆，试求A，B两处的约束反力。
2L B C l M A 45° D 图3-4 解：曲杆AB的受力图如图3-4（a）所示。NA，NB，SCD构成一力偶。力偶矩为M，转向与作用在曲杆上的力偶方向相反，即顺时针方向，故 NA=NB, SCD=2NA=2NB
2NA3
M2l=M，NA= NB =
l2 NA NA SCD NB M 图3-4（a） 2、四连杆机构OABO1在图示位置平衡。已知OA=40cm，O1B=60cm，作用在OA上的力偶矩M1=1N.m，不计杆重，试求力偶矩M2的大小。 解：选OA为研究对象（图3-5(a)），则水平约束反力RA与O处水平反力RO构成一与M1平衡的力偶，力偶矩大小为M1。
再选O1B为研究对象，则水平约束反力RB与O1处水平约束反力构成一与M2平衡的力偶。考虑到RA=RB=RO1，由图3-5（b）中几何关系得 M2=3M1=3N.m
B RA
A
RB
M2 M1 O RO （a）
图3-5
3、如图3-6所示，试计算图中F对点O之矩。
RO1
O1（b）
图3-6
解：取逆时针方向为正，力F对O点之矩等于力的大小乘以力臂之积。 图（a）：Mo(F)=F2l=Fl 图（b）：Mo(F)=F20=0 图（c）：Mo(F)= F sinα2l+ F cosα2o=Fl sinα 图（d）：Mo(F)= - F2a= - Fa 图（e）：Mo(F)= F2(l+r)=Fl+Fr 图（f）：Mo(F)= F sinβ2l2?b2+ F cosβ2o=Fsinβ2l2?b2 4、图3-7所示结构受力偶矩为m的力偶作用，求支座A的约束反力。
FC C FB B A a FA C FC ‘b
图3-7
解：可以看出，AC是二力构件，AC和BC的受力图分别如图a,b所示，由受力图可以得到FA=FB=FC。
由图b可以列平面力偶系平衡方程：∑M=0,m-2aFB=0；
解之得FB=
22m ，所以A处的支座反力FA= FB=m。 2a2a5、图3-8所示结构受给定力偶的作用。求支座A和绞C的约束力。
l/2 C FC l/2 l/2 E 60° F 60° B l/2 E 60° 60° FEF B A A 图3-8
解：先对整体进行分析，受力图如图a所示，列平面力偶系方程
∑M=FA*l-m=0 解之可得
FA=m/l (1)
面对杆AC分析，由于杆EF是二力杆，其受力方向必在水平方向，所以杆AC的受力图如图b所示，列平衡方程
FC*sin∠CKE-FA=0 (2)
分析三角形CKE，其中CE=1/2，KE=1/4，∠CEK=120°，由余弦定理得 CK=
llll7CE2?KE2?2CE*KE*COS?CEK?()2?()2?2***(?0.5)?l
24244再由正弦定理可得
CECKCEl/233 ?，所以sin?CKE?sin?CEK?*?sin?CKEsin?CEKCK7l/427代入方程（1）、（2），可得Fc=7m *。3l6、图所示结构中，各构件的自重略去不计。在构件AB上作用一为M的力偶，求支座A和C的约束力。
C FC A 图a FFm 图b FC1 解：（1）BC为二力杆，FNC=-FNB，如图a所示。
（2）研究对象AB，受力如图b所示：FNA,F′NB构成力偶，则 ∑M=0，FNA2222a-M=0
FNA=
M2M= 4a22a FNC=FNB=FNA=
2M4a
7、直角弯杆ABCD与直杆DE及EC铰接，如图所示，作用在杆上力偶的力偶矩M=40KN.m，不计各构件自重，不考虑摩擦，求支座A，B处的约束力及杆EC的受力。
2m M D C 2m 2m M D F 45° M D C 4m E A B 4m E FA A B 60° 4m FB 45° E a
a
解：EC为二力杆。
（1）研究对象DE和受力，如图（a）所示： ∑M=0，—FEC242
2+M=0 2 FEC=
40=102=14.1KN 22（2）研究对象整体，受力如图（b）所示： FNA= FNB ∑M=0，M- FNA242cos30
0
=0
FNA=
20?11.5KN，FNB?11.5KN 38、如图所示平面一般力系中F1=402N，F2=80N，F3=40N,F4=110N,M=2000N2mm 。各力作用线位置如图所示。求：（1）力系向O简化的结果；（2）力系的合力大小、方向及合力作用线方程。 解：（1）F′R?=F12
2-F2-F4=-150 22-F3=0 2 F′Ry=F12
F′R=-150N