第二章 平面力系习题解
理论力学-平面力系
第二章平面力系一、是非题1．一个力在任意轴上投影的大小一定小于或等于该力的模，而沿该轴的分力的大小则可能大于该力的模。
（）2．力矩与力偶矩的单位相同，常用的单位为牛·米，千牛·米等。
（）3．只要两个力大小相等、方向相反，该两力就组成一力偶。
（）4．同一个平面内的两个力偶，只要它们的力偶矩相等，这两个力偶就一定等效。
（）5．只要平面力偶的力偶矩保持不变，可将力偶的力和臂作相应的改变，而不影响其对刚体的效应。
（）6．作用在刚体上的一个力，可以从原来的作用位置平行移动到该刚体内任意指定点，但必须附加一个力偶，附加力偶的矩等于原力对指定点的矩。
（）7．某一平面力系，如其力多边形不封闭，则该力系一定有合力，合力作用线与简化中心的位置无关。
（）8．平面任意力系，只要主矢≠0，最后必可简化为一合力。
（）9．平面力系向某点简化之主矢为零，主矩不为零。
则此力系可合成为一个合力偶，且此力系向任一点简化之主矩与简化中心的位置无关。
（）10．若平面力系对一点的主矩为零，则此力系不可能合成为一个合力。
（）11．当平面力系的主矢为零时，其主矩一定与简化中心的位置无关。
（）12．在平面任意力系中，若其力多边形自行闭合，则力系平衡。
（）二、选择题1．将大小为100N的力F沿x、y方向分解，若F在x轴上的投影为86.6N，而沿x方向的分力的大小为115.47N，则F在y轴上的投影为。
①0；②50N；③70.7N；④86.6N；⑤100N。
2．已知力的大小为=100N，若将沿图示x、y方向分解，则x向分力的大小为N，y向分力的大小为N。
①86.6；②70.0；③136.6；④25.9；⑤96.6；3．已知杆AB长2m，C是其中点。
分别受图示四个力系作用，则和是等效力系。
①图（a）所示的力系；②图（b）所示的力系；③图（c）所示的力系；④图（d）所示的力系。
4．某平面任意力系向O点简化，得到如图所示的一个力R 和一个力偶矩为Mo的力偶，则该力系的最后合成结果为。
工程力学__习题详解_第二章
解： ①选碾子为研究对象
②取分离体画受力图 ∵当碾子刚离地面时NA=0,拉力F最大,这时 由平衡的几何条件，力多边形封闭，故
拉力F和自重及支反力NB构成一平衡力系。
NB P cos r 2 (r h) 2 又由几何关系：tg 0.577 r h
F Ptg
10
所以
F=11.5kN , NB=23.1kN
为该力系的汇交点
三、平面汇交力系合成与平衡的解析法
从前述可知：平面汇交力系平衡的必要与充分条件是该力系 的合力为零。 即：
Rx X 0 R y Y 0
为平衡的充要条件，也叫平衡方程
14
静力学
例题 3
平面汇交力系与平面力偶系
利用铰车绕过定滑轮B的 绳子吊起一货物重P = 20 kN，
由力的平行四边形法则作， 也可用力的三角形来作。 由余弦定理：
R F1 F2 2 F1 F2 cos
2 2
为力多边形
R 1 合力方向由正弦定理： sin sin(180 )
F
4
力三角形规则
F F1 F2 F2 F1
力多边形规则
5
FR1 F1 F2
30
P C
不计并忽略摩擦和滑轮的大小， 试求平衡时杆AB和BC所受的力。
27
静力学
平面汇交力系与平面力偶系
解：
A
60
取滑轮B为研究对象，忽略滑轮的 大小，画受力图。 列写平衡方程
D
B
Fx 0,
30
FAB F1 cos 60 F2 cos 30 0 FBC F1 cos 30 F2 cos 60 0
工程力学练习册习题答案汇总
工程力学练习册学校学院专业学号教师姓名第一章静力学基础1-1 画出下列各图中物体 A ,构件 AB , BC 或 ABC 的受力图,未标重力的物体的重量不计,所有接触处均为光滑接触。
(a(b(c(d(e(f(g1-2 试画出图示各题中 AC 杆(带销钉和 BC 杆的受力图(a (b (c(a1-3 画出图中指定物体的受力图。
所有摩擦均不计, 各物自重除图中已画出的外均不计。
(a(b(c(d(e(f(g第二章平面力系2-1 电动机重 P=5000N ,放在水平梁 AC 的中央,如图所示。
梁的 A 端以铰链固定, 另一端以撑杆 BC 支持, 撑杆与水平梁的夹角为 30 0。
如忽略撑杆与梁的重量, 求绞支座 A 、 B 处的约束反力。
题 2-1图∑∑=︒+︒==︒-︒=P F F F F F FB A y A B x 30sin 30sin , 0030cos 30cos , 0解得 : N P F F B A 5000=== 2-2 物体重 P=20kN ,用绳子挂在支架的滑轮 B 上,绳子的另一端接在绞车D 上,如图所示。
转动绞车,物体便能升起。
设滑轮的大小及轴承的摩擦略去不计,杆重不计, 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BC 所受的力。
题 2-2图∑∑=-︒-︒-==︒-︒--=030cos 30sin , 0030sin 30cos , 0P P F F P F F FBC y BC AB x解得 :P F P F BC AB 732. 2732. 3=-=2-3 如图所示,输电线 ACB 架在两电线杆之间,形成一下垂线,下垂距离 CD =f =1m , 两电线杆间距离 AB =40m。
电线 ACB 段重 P=400N ,可近视认为沿 AB 直线均匀分布,求电线的中点和两端的拉力。
题 2-3图以 AC 段电线为研究对象,三力汇交NF NF F F F F F FC A GA y C A x 200020110/1tan sin , 0, cos , 0=======∑∑解得:ααα2-4 图示为一拔桩装置。
第二章平面力系习题解答
习 题2-1 试计算图2-55中力F 对点O 之矩。
图2-55(a) 0)(=F O M (b) Fl M O =)(F (c) Fb M O -=)(F (d) θsin )(Fl M O =F(e) βsin )(22b l F M O +=F(f) )()(r l F M O +=F2-2 一大小为50N 的力作用在圆盘边缘的C 点上，如图2-56所示。
试分别计算此力对O 、A 、B 三点之矩。
图2-56mN 25.6m m N 625030sin 2505060cos 30sin 5060sin 30cos 50⋅=⋅=︒⨯⨯=︒⨯︒-︒⨯︒=R R M Om N 075.17825.1025.630cos 50⋅=+=⨯︒+=R M M O A m N 485.9235.325.615sin 50⋅=+=⨯︒+=R M M O B2-3 一大小为80N 的力作用于板手柄端，如图2-57所示。
(1)当︒=75θ时，求此力对螺钉中心之矩；(2)当θ为何值时，该力矩为最小值；(3) 当θ为何值时，该力矩为最大值。
图2-57(1)当︒=75θ时，（用两次简化方法）m N 21.20mm N 485.59.202128945.193183087.21sin 8025075sin 80⋅=⋅=+=⨯︒⨯+⨯︒⨯=O M (2) 力过螺钉中心 由正弦定理)13.53sin(250sin 30θθ-︒= 08955.03/2513.53cos 13.53sin tan =+︒︒=θ ︒=117.5θ(3) ︒=︒+︒=117.95117.590θ2-4 如图2-58所示，已知N 200N,300N,200N,150321='====F F F F F 。
试求力系向O 点的简化结果，并求力系合力的大小及其与原点O 的距离d 。
图2-58kN 64.1615110345cos kN 64.4375210145cos 321R321R-=+-︒-=∑='-=--︒-=∑='F F F F F F F F F F y y x x主矢RF '的大小 kN 54.466)()(22R =∑+∑='y x F F F 而 3693.064.43764.161tan RR ==''=x y F F α ︒=27.20α m N 44.21162.0511.045cos )(31⋅=-⨯+⨯︒=∑=F F M M O O Fmm 96.45m 04596.054.466/44.21/R==='=F M d O2-5 平面力系中各力大小分别为kN 60kN,260321===F F F ，作用位置如图2-59所示，图中尺寸的单位为mm 。
02 平面力系题解
且：
FT1 FT2 P 20 (kN)
FAB 54.64 (kN) FCB 74.64 (kN)
联立上述方程，解得： 即：AB 杆受 54.64kN 的拉力；支杆 CB 受 74.64kN 的压力。 四连杆机构 OABO1，在图示位置平衡。已知 OA= 40cm，O1B = 60cm，作用 在曲柄 OA 上的力偶矩大小为 m2 1Nm ,不计杆重，求作用在 O1B 上的力偶矩 m1 的大小 及连杆 AB 所受的力。
2.5
P
(a)
(b)
(c)
P
3
F
班级
F
学号
姓名
F
日期
A
B
A
B
A
B
(d) (e) (f) 答：未知量数等于独立的平衡方程数，能用静力平衡方程求解的问题称为静定问题； 未知量数大于独立的平衡方程数，不能用静力平衡方程求解的问题称为静不定问题。 图示的六种情况中，(c)、(e)两种情况为静定问题，其余为静不定问题。 图(a)：平面汇交力系，有 2 个方程，未知量有 3 个，1 次静不定问题； 图(b)：平面平行力系，有 2 个方程，未知量有 3 个，1 次静不定问题； 图(c)：平面一般力系，有 3 个方程，未知量有 3 个，静定问题； 图(d)：平面一般力系，有 3 个方程，未知量有 4 个，1 次静不定问题； 图(e)：平面一般力系，有 6 个方程，未知量有 6 个，静定问题； 图(f)：平面一般力系，有 6 个方程，未知量有 7 个，1 次静不定问题。
2
班级
学号
姓名
日期
D
M C l A l l (a) l B
D
FC
45 C
哈工大理论力学教研室《理论力学Ⅰ》(第7版)课后习题-平面力系(圣才出品)
，所以 RA＝RB。与条件矛盾。
(5)不可以。同(1)。
(6)可以。满足条件的力有很多。
2-9 图 2-6 中 OABC 为正方形，边长为 a。已知某平面任意力系向 A 点简化得一主矢 (大小为 F＇RA)及一主矩(大小、方向均未知)。又已知该力系向 B 点简化得一合力，合力指向 O 点。给出该力系向 C 点简化的主矢(大小、方向）及主矩(大小、转向)。
(4)向 B 点简化得
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，是否可能？
(5)向 B 点简化得
，是否可能？
(6答：(1)不可能。据“力的平移定理”，力可以平移，但不可以消失或改变大小。
(2)可以。同上。
(3)可以。同(1)。
(4)不可以。看 MA＝MB，则
图 2-1 解：以滑轮 B 为研究对象，进行受力分析，如图 2-2 所示。
由平衡方程 可得
图 2-2
Fx = 0 Fy = 0
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FBA + FBC cos 30 + F2 sin30 = 0 F1 + F2 cos 30 + FBC sin30 = 0 其中， F1 = F2 = P 。
2-11 不计图 2-7 中各构件自重，忽略摩擦。画出刚体 ABC 的受力图，各铰链均需画 出确切的约束力方向，不得以两个分力代替。图中 DE//FG。
答：如图 2-8 所示。
图 2-7
图 2-8
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二、习题 2-1 物体重 P＝20 kN，用绳子挂在支架的滑轮 B 上，绳子的另一端接在绞车 D 上， 如图 2-1 所示。转动绞车，物体便能升起。设滑轮的大小、AB 与 CB 杆自重及摩擦略去不 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。
工程力学习题册第二章答案
第二章平面基本力系答案一、填空题(将正确答案填写在横线上)1.平面力系分为平面汇交力系、平面平行力系和平面一般力系.2.共线力系是平面汇交力系地特例.3.作用于物体上地各力作用线都在同一平面内 ,而且都汇交于一点地力系,称为平面汇交力系.4.若力FR对某刚体地作用效果与一个力系地对该刚体地作用效果相同,则称FR为该力系地合力,力系中地每个力都是FR地分力 .5.在力地投影中,若力平行于x轴,则F X＝ F或-F ;若力平行于Y轴,则Fy＝F或-F :若力垂直于x轴,则Fx=0;若力垂直于Y轴,则Fy＝ 0 .6.合力在任意坐标轴上地投影,等于各分力在同一轴上投影地代数和 .7.平面汇交力系平衡地解析条件为：力系中所有力在任意两坐标轴上投影地代数和均为零 .其表达式为∑Fx＝0 和∑Fy＝0 ,此表达式有称为平面汇交力系地平均方程 .8.利用平面汇交力系平衡方程式解题地步骤是：（1）选定研究对象 ,并画出受力图.（2）选定适当地坐标轴 ,画在受力图上；并作出各个力地投影 .（3）列平衡方程,求解未知量.9.平面汇交力系地两个平衡方程式可解两个未知量.若求得未知力为负值,表示该力地实际指向与受力图所示方向相反 .10.在符合三力平衡条件地平衡刚体上,三力一定构成平面汇交力系 .11.用力拧紧螺丝母,其拎紧地程度不仅与力地大小有关,而且与螺丝母中心到力地作用线地距离有关.12.力矩地大小等于力和力臂地乘积,通常规定力使物体绕矩心逆时针转动时力矩为正,反之为负.力矩以符号Mo(F) 表示,O点称为距心 ,力矩地单位是N.M .13.由合力矩定力可知,平面汇交力系地合力对平面内任一点地力矩,等于力系中地各分力对于同一点力矩地代数和 .14.绕定点转动物体地平衡条件是：各力对转动中心O点地矩地代数和等于零 .用公式表示为∑Mo(Fi) ＝0 .15.大小相等、方向相反、作用线平行地二力组成地力系,称为力偶.力偶中二力之间地距离称为力偶臂.力偶所在平面称为力偶作用面 .16.在平面问题中,力偶对物体地作用效果,以力地大小和力偶臂地乘积来度量,这个乘积称为偶距 ,用符号M表示.17.力偶三要素是：力偶矩地大小、转向和作用面方位 .二、判断题（正确地打“√”,错误地打“×”）1.共线力系是平面汇交力系地特殊情形,但汇交点不能确定. （√）2.平面汇交力系地合力一定大于任何一个分力. （×）3.力在垂直坐标轴上地投影地绝对值与该力地正交分力大小一定相等. （√）4.力系在平面内任意一坐标轴上投影地代数和为零,则该力系一定是平衡力系. （×）5.只要正确地列出平衡方程,则无论坐标轴方向及矩心位置如何取定,未知量地最终计算结果总一致. （√）6.平面汇交力系地合力,等于各分力在互相垂直两坐标轴上投影地代数和. （×）7.力矩和力偶都是描述受力物体转动效果地物理量；力矩和力偶地含义和性质完全相同.( × )8.力对物体地转动效果用力矩来度量,其常用单位符号为N﹒m. （√）9.力矩使物体绕定点转动地效果取决于力地大小和力臂地大小两个方面. （×）10.同时改变力偶中力地大小和力偶臂长短,而不改变力偶地转向,力偶对物体地作用效果就一定不会改变. ( × ) 11.力偶矩地大小和转向决定了力偶对物体地作用效果,而与矩心地位置无关. （√）三.选择题（B ）1.平面汇交力系地合力一定等于________.A.各分力地代数和B.各分力地失量和C.零（A ）2.如图2—1所示地两个三角形,________是平衡力系.A.图aB.图bC.两个都不是（A ）3.力使物体绕定点转动地效果用_______来度量.A.力矩B.力偶矩C.力地大小和方向（C ）4.如图2—2所示中地______正确表示了力F对A点之矩Ma（F）2FL.（C ）5.力偶可以用一个_______来平衡.A.力B.力矩C.力偶（C ）6.力矩不为零件地条件是_______.A.作用力不等于零B.力地作用线不通过矩心C.作用力和力臂均不为零（C ）7.如图2—3所示地各组力偶中,两个力偶等效地是_______.（C ）8.为便于解题,力地投影坐标轴方向一般应按_______选取,且将坐标原点与汇交点重合.A. 水平或者铅垂B. 任意C. 尽量与未知力垂直或多数力平行四．简答题1.如图2—4所示地钢架,A、D两点上地力F1、F2地作用线交于B点,若在D点上加力F3,并使钢架平衡,则力F3地作用线一定通过哪一点?其指向如何?答:通过B点,由B点指向D点.因为在主动力F1地作用下,C点地运动趋势方向向上,根据三力平衡汇交定理可知F3地方向是由B点指向D点.2.如图2-5所示,刚体受两力偶(F1,F1’)和(F2,F2’)作用,其力多边形恰好闭合,刚体处于平衡状态吗?答:刚体不会平衡.因为刚体受力偶(F1,F1’)和(F2,F2’)作用产生顺时针方向转动.3.如图2-6中,半径为r地圆盘在力偶M=Fr地作用下转动,如在盘地r/2处加一力F’,且F’=2F,便可使圆盘得到平衡,说明力偶距可用一个力来平衡,对吗?答:不对.力偶距是由力F’对O点地产生地距相平衡地.4.按图2-7所示a.b两种不同地捆法(a＜β)吊起同一重物,哪种捆法易断?为什么?答:a图易断.计算起吊重物地钢丝绳强度时,应考虑起吊重物上升时地加速度,因为此时钢丝绳所受地拉力最大,应加上一定地安全系数.如图所示a＜120°且越小越好;当a=180时,钢丝绳受力无穷大,无法保证其工作地安全性.5.结合图2-8所示地实例说明里偶地等效性.答：力偶地等效性有：(1)只要保持力偶矩大小和转向不变,力偶可在其作用面内任意移动,而不改变其作用效应.(2)只要保持力偶距大小和转向不变,可以同时改变力偶中力地大小和力偶臂地长短,其作用效果不变.图中d1<d2,若F1×d2=F2×d1,只要F2>F1,丝锥地转动效应会保持不变.五．计算题1.如图2—9所示,已知：F1＝F2＝F3＝F4＝40N.试分别求出各力在X,Y轴上地投影.解:F1x＝F1·cos30°＝34.64NF1y ＝F1·cos30°＝20NF2x＝0F2y＝－F2＝－40NF3x＝－F3＝－40NF3y＝0F4x＝－F4·cos135°＝－28.28NF4y＝F4·cos45°＝28.28N2.试求图2—10所示中各力在X轴和Y轴上地投影.已知F1＝F2＝F4＝100N,F3＝F5＝150N,F6＝200N.解:F1x＝F1＝100NF1y＝0NF2x＝0NF2y＝F2＝100NF3x＝F3·cos30°＝129.9NF3y＝F3·cos60°＝75NF4x＝F4·cos60°＝50NF4y＝－F4·cos150°＝－86.6NF5x＝F5·cos60°＝75NF5y＝－F5·cos150°＝－129.9NF6x＝－F6·cos120°＝－100NF6y＝－F6·cos150°＝－173.2N3.试求图2—11所示中各力分别对O点和对A点地力矩.(用代数式表示)解：Mo(F1) ＝F1×1＝F1M A(F1) ＝－F1×1＝－F1Mo(F2) ＝－F2×2＝－2F2M A(F2) ＝－F2×4＝－4F2Mo(F3) ＝F3×0＝0M A(F3) ＝F3×1×sin45°＝0.707F3Mo(F4) ＝F4×3＝3F4M A(F4) ＝F4×4＝4F4Mo(F5) ＝F5×1.141＝1.141F5M A(F5) ＝－F5×1×sin45°＝－0.707F54.计算图2—12所示中力F对B点地力矩.已知F＝50N,la＝0.6m ,a＝30°.（a) M B(F) ＝F1·la＝30N·m（b) M B (F) ＝F 1·la·cosa ＝25.98N·m5.如图2—13所示矩形板ABCD 中,AB ＝100mm,BC ＝80mm,若力F ＝10N,a ＝30°.试分别计算力F 对A 、B 、C 、D 各点地力矩.解： ()0A M F N m =⋅()sin B M F F AB α=-∙∙1101005002N mm =-⨯⨯=-⋅ ()cos sin C M F F BC F AB αα=∙∙-∙∙31108010100192.822N mm =⨯⨯-⨯⨯=⋅ ()cos 0D M F F AD α=∙∙+31080692.82N mm =⨯⨯=⋅ 6. 如图2—15所示,已知：F ＝100N,La ＝80mm,Lb ＝15mm .试求力F 对点A 地力矩.解:(a) ()cos30sin 30A b a M F F l F l =-∙︒∙+∙︒∙ 311001510080 2.70122N m =-⨯⨯+⨯⨯=⋅ （b ）()cos 60sin 60A a b M F F l F l =∙︒∙+∙︒∙131008010015 5.29922N m =⨯⨯+⨯⨯=⋅7.如图2-15所示为拖拉机制动装置,制动时用力F踩踏板,通过拉杆CD而使拖拉机制动. 设F=100N,踏板和拉杆自重不计.求图示位置拉杆地拉力FD及铰链支座B地约束反力. 解:(1)取踏板ABC为研究对象由三力平衡定理可知:B点地约束反力FB通过汇交点O,如图所示以O点为坐标原点建立坐标系.(2)做投影Fx＝－F·cos135°＝－0.707F F Y＝－F·cos135°＝－0.707FF D x＝F D F DY＝0F B x＝－F B·cos135°＝－0.866F B F BY＝F B·cos60°＝0.5F B(3)列方程由ΣFix＝0 : Fx+F D x+F B x＝0由ΣFi Y＝0 : F Y+F DY+F BY＝0(4) 解方程解方程得到:F D＝193.2NF B＝141.2N。
理论力学2—平面力系(习题课)
D
C
M
a
A
B
a
解: 1)取
q
CD研究 D
FDx
FDy
C
FCx FCy
MC (F) 0 :
qa2 2
FDy
a
0
qa FDy 2
2)取 BCD M B (F ) 0 :
qa2 2
FDy
a FDx
aM
0
FDx qa
q
D
C
M
A
B
a
q
D
C
FDx
M
FDy
FBy B FBx
l 2
P
l 3
FEy
l 2
0
FEx P 方向向左
D
C FCx
FEx
E
FEy
FB B
类似地, 以DC为研究对象, 求FDy, 再以ACD为研究对象求解。
方法2: 分别以ACD和AC为研究对象。
MD(F) 0 :
FAxl
FEx
l 2
FEy
l 2
P
2l 3
0
MC (F) 0 :
A
FBx
M a
方向与假设相反
FDx FDy
D M
FBx
B
FBy
a
再以CDB局部为研究对象,
受力如图。
q0
MC (F) 0 :
FBy
3a F
3aM 0 2
F
D
E
M
C 30°
B
A
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第二章平面力系习题解
2-8 平面压榨机构如题图2-8所示，A为固定铰链支座。
当在铰链B处作用一个铅直力F时，可通过压块D挤压物体E。
如果F=300N，不计摩擦和构件重量，求杆AB和BC所受的力以及物体E所受的侧向压力。
图中长度单位为cm。
2
c
m
题2-8图
解：（1）研究销钉B，受力图、坐标如图。
列平衡方程求杆AB和BC施予销钉的力：
BA BC
BC BA
BC
BA BC
0cos cos0300
1135N
sin sin02sin
02
x
y
F F
F F F F
F
F F F
F
θθ
θθθ
=
⎧
⎪
⎧=-+=
⎧
⎪⎪
→→=
==
⎨⎨⎨
-++=
=⎩
⎪⎪
⎩
⎪⎩
∑
∑
由作用力和反作用定理知：销钉所受
BA BC
、
F F与杆所受的力
BA BC
''
、
F F等值、反向，
BA BC
'='=1135N
F F，两杆均为压杆。
（2）研究压块D，受力图、坐标如图，
CB
'=1135N
F。
列平衡方程求物体E施与的侧向压力'
NE
F：CB BC CB
0'cos'0'cos11351125N x NE
F F F F F
θθ
=→-+=→===
∑
故，物体E所受的侧向压力
NE
F与压块D所受的
NE
F'等值、反向。
2-12 一力偶矩为M的偶作用在曲杆ADB上。
如果这曲杆用两种不同的方式支承，不计杆重，已知题2-12图中尺寸a，求每种支承情况下支座A、B对杆的约束力。
NA
解：（1）以ABD杆为研究对象,画受力图如图，因力偶只能由力偶来平衡，故A、D处的反力A
N B
=-
F F。
（2）列平衡方程，求支座A、B对杆的约束力：
（a）图：
NA NA
20()
2
F F
→-⋅=→=↑
∑=0M
m M a
a
，则()
2
B
F=↓
M
a。
（b）图：
NA NA
0()
F F
→-⋅=→=←
∑=0M
m M a
a
，则()
B
F=→
M
a。
补充1：汽锤在锻压工件时，由于工件的位置偏离中心点，使锤头受到工件的反作用力而偏离中心线e=20mm，若已知锻压力F=1000kN，锤头高度h=200mm，不考虑锤头和导轨之间的摩擦，试计算锤头对两导轨的压力。
解：研究锤头，两力形成逆时针的力偶，锤头A、B两点与导轨接触，受到导轨施与的水平的光滑面约束反力。
受力图如图（b）所示。
因力偶只能由力偶来平衡，故A、B两处的反力NA NB
=-
F F。
列平衡方程：
100020
0100kN
200
NA NA NB
F e
F e F h F F
h
⋅⨯
→⋅-⋅=→====
∑=0
m
补充2：四连杆机构在图示位置处于平衡状态。
已知O1A=400mm，O2B=600mm，m1=1k N·m。
试计算力偶矩的m 2大小和AB杆的受力。
A A
(b)
F B
B
F A
A
解：若以整体为研究对象，不能求出任何一个未知量，又考虑到主动力偶在杆O1A上，所以先以O1A杆为研究对象。
（1）以O1A杆为研究对象画受力图如图（c），因为A B为二力杆，故点A受力为水平反力，
因力偶只能由力偶来平衡，故O1处的反力
1
''
2
O A A B B O
=-==-==-
F F F F F F。
列平衡方程：
''1
11
1
1
sin3005kN
1
sin300.4
2
A A
m
F O A m F
O A
→⋅-=→===
⨯
∑
=0
m(←)
（2）以杆O2B为研究对象画受力图如（d）所示。
列平衡方程：
''
2121
050.63kN m
B A
m F O B m F O B
→-⋅=→=⋅=⨯=⋅
∑=0
m(↶)
补充3：曲柄滑槽机构，杆AE上有一导槽。
套在与杆BD固连的销子C上，销子C可以在AE上的光滑导槽内滑动。
已知，m1=4k N·m，转向如图，AB=2m。
机构在图示位置平衡，30
α= 。
试求m
2
的大小以及固定铰支座A、B的约束反力。
题补充3图
解：销子C在AE上的光滑导槽内滑动，将受到光滑面约束反力。
又考虑到主动力偶在杆上，所以先以ACE杆为研究对象,再研究BCD杆,受力如图（b）、（c）。
力偶只能由力偶来平衡，
故各处的反力均沿铅垂方向:''
A C C B
-==-=
F F F F
列平衡方程：
AE ：''1144
0 1.155kN cot302cot30C C m F AC m F AC AB →⋅-=→====∑
=0m (↑) BC: ''224
02cot304kN m 2cot30
C C m F AC m F AC →-⋅=→=⋅=⨯=⋅∑
=0m (↶) 注意：求m 2的大小时可以研究整个物系。