工程力学--静力学第4版_第四章习题答案
工程力学第4版答案
第一章习题下列习题中，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。
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。
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。
参考答案1-1解：1-2解：1-3解：1-4解：解：1-51-6解：1-7解：解：1-8第二章习题参考答案解：由解析法， 2-1 故：2-2解：即求此力系的合力，沿OB建立x坐标，由解析法，有故：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：联立上二式，解得：（拉力）（压力）（b）由平衡方程有：联立上二式，解得：（拉力）．（压力）（c）由平衡方程有：联立上二式，解得：(拉力)（压力）（d）由平衡方程有：联立上二式，解得：(拉力)(拉力)2-4解：（a）受力分析如图所示：由由(b)解：受力分析如图所示：由联立上二式，得：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：（压力）（与X轴正向夹150度）2-6解：受力如图所示：，已知，由由2-7解：受力分析如图所示，取左半部分为研究对象由联立后，解得：由二力平衡定理2-8解：杆AB，AC均为二力杆，取A点平衡由联立上二式，解得：（受压）（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（2）取B点列平衡方程由2-10解：取B为研究对象：由取C为研究对象：由由．联立上二式，且有解得：取E为研究对象：由故有：2-11解：取A点平衡：联立后可得：取D点平衡，取如图坐标系：由对称性及2-12解：整体受力交于O点，列O点平衡由联立上二式得：（压力）列C点平衡联立上二式得：（拉力）（压力）2-13解：（1）取DEH部分，对H点列平衡联立方程后解得：（2）取ABCE部分，对C点列平衡且联立上面各式得：（3）取BCE部分。
工程力学第4版答案
第一章习题下列习题中，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。
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。
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。
参考答案1-1解：1-2解：1-3解：1-4解：1-5解：1-6解：1-7解：1-8解：第二章习题参考答案2-1解：由解析法，故：2-2解：即求此力系的合力，沿OB建立x坐标，由解析法，有故：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：联立上二式，解得：（拉力）（压力）（b）由平衡方程有：联立上二式，解得：（拉力）（压力）（c）由平衡方程有：联立上二式，解得：(拉力)（压力）（d）由平衡方程有：联立上二式，解得：(拉力)(拉力)2-4解：（a）受力分析如图所示：由由(b)解：受力分析如图所示：由联立上二式，得：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：（压力）（与X轴正向夹150度）2-6解：受力如图所示：已知，，由由2-7解：受力分析如图所示，取左半部分为研究对象由联立后，解得：由二力平衡定理2-8解：杆AB，AC均为二力杆，取A点平衡由联立上二式，解得：（受压）（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（2）取B点列平衡方程由2-10解：取B为研究对象：由取C为研究对象：由由联立上二式，且有解得：取E为研究对象：由故有：2-11解：取A点平衡：联立后可得：取D点平衡，取如图坐标系：由对称性及2-12解：整体受力交于O点，列O点平衡由联立上二式得：（压力）列C点平衡联立上二式得：（拉力）（压力）2-13解：（1）取DEH部分，对H点列平衡联立方程后解得：（2）取ABCE部分，对C点列平衡且联立上面各式得：（3）取BCE部分。
静力学第四章习题答案
4-1解：1.选定由杆OA ，O 1C ，DE 组成的系统为研究对象，该系统具有理想约束。
作用在系统上的主动力为M F F ,。
2.该系统的位置可通过杆OA 与水平方向的夹角θ完全确定，有一个自由度。
选参数θ为广义坐标。
3.在图示位置，不破坏约束的前提下，假定杆OA 有一个微小的转角δθ，相应的各点的虚位移如下： δθδ⋅=A O r A ，δθδ⋅=B O r B ，δθδ⋅=C O r C 1δθδ⋅=D O r D 1，C B r r δδ=，E D r r δδ=代入可得：E Ar r δδ30=4.由虚位移原理0)(=∑i F W δ有：0)30(=⋅-=⋅-⋅E M E M A r F F r F r F δδδ对任意0≠E r δ有：F F M 30=，物体所受的挤压力的方向竖直向下。
4-4解：4a1.选杆AB 为研究对象，该系统具有理想约束。
设杆重为P,作用在杆上的主动力为重力。
2.该系统的位置可通过杆AB 与z 轴的夹角θ完全确定，有一个自由度。
选参数θ为广义坐标。
由几何关系可知：θtan a h =杆的质心坐标可表示为：θθcos 2tan ⋅-=la z C3.在平衡位置，不破坏约束的前提下，假定杆AB 逆时针旋转一个微小的角度 δθ，则质心C 的虚位移：δθθδθθδ⋅+-=si n 2si n 2la z C 4.由虚位移原理0)(=∑i F W δ有：0)si n 2si n (2=+-⋅-=⋅-δθθθδla P z P C 对任意0≠δθ有：0si n 2si n 2=+-θθl a 即杆AB 平衡时：31)2arcsin(la =θ。
解：4b1.选杆AB 为研究对象，该系统具有理想约束。
设杆重为P,作用在杆上的主动力为重力。
2.该系统的位置可通过杆AB 与z 轴的夹角θ完全确定，有一个自由度。
选参数θ为广义坐标。
由几何关系可知：θsi n R z A=杆的质心坐标可表示为：θθcos 2si n ⋅-=lR z C3.在平衡位置，不破坏约束的前提下，假定杆AB 顺时针旋转一个微小的角度 δθ，则质心C 的虚位移：δθθδθθθδ⋅+⋅-=si n 2cos si n 2lR z C 4.由虚位移原理0)(=∑i F W δ有：0)si n 2cos si n (2=+-⋅-=⋅-δθθθθδlR P z P C 对任意0≠δθ有：0si n 2cos si n 2=+-θθθl R 即平衡时θ角满足：0si n cos 23=-θθl R 。
工程力学(静力学答案)
精品文档，放心下载，放心阅读第一章习题下列习题中，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。
精品文档，超值下载1-2 试分别画出下列各物体系统中的每个物体的受力图。
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。
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。
参考答案1-1 解：1-2 解：1-3 解：1-4 解：1-5 解：1-6 解：1-7 解：1-8 解：第二章 习题参考答案2-1 解：由解析法， F RX X P 2 cos P 3 80NF RYY P 1 P 2 sin 140NF R F 2 F 2 161.2N故： RX RY(F R , P 1) arccos F RY 29 44F R2-2 解：即求此力系的合力，沿OB建立 x 坐标，由解析法，有F RX X P1 cos45 P2P3 cos453KNF RY Y P1 sin45 P3 sin 450故：F R F RX2F RY23KN 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：X 0 F AC sin 30F AB0Y 0 F AC cos30W0联立上二式，解得：F AB0.577W （拉力）FAC 1.155W（压力）（b）由平衡方程有：X 0 F AC F AB cos700Y 0 F AB sin 70W0联立上二式，解得：FAB 1.064W（拉力）F AC0.364W （压力）（c）由平衡方程有：X 0 F AC cos60F AB cos300Y 0 F AB sin 30F AC sin 60 W0联立上二式，解得：FAB 0.5W(拉力)FAC 0.866W（压力）（d）由平衡方程有：X 0 F AB sin 30F AC sin 300Y 0 F AB cos30F AC cos30 W0联立上二式，解得：FAB 0.577W(拉力)FAC 0.577W(拉力)2-4 解：（ a）受力分析如图所示：x 0 F RA4P cos 45 0 42由22F RA15.8 KNF RA2F RB P sin 45 042由Y 022F RB7.1KN(b)解：受力分析如图所示：由x 0 F RA 3F RB cos45 P cos45 0 10FRA 1F RB sin 45 P sin 45 0Y 010联立上二式，得：F RA22.4KNF RB10KN2-5 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：FRA5KN（压力）F RB 5KN（与X轴正向夹150度）2-6 解：受力如图所示：已知， F R G1，F AC G2x 0F r 0由F AC coscos G1 G2由Y 0 F AC sinF N W 0F N W G2 sin W G22G122-7 解：受力分析如图所示，取左半部分为研究对象x 0由P F RA cos 45 F CB cos45 0 Y 0 F CB sin 45F RA sin 450联立后，解得：FRA0.707 PF RB0.707 P由二力平衡定理FRBFCBFCB0.707 P2-8 解：杆 AB，AC均为二力杆，取 A 点平衡x 0由F AC cos 60 F AB cos30 W 0Y 0 F AB sin 30F AC sin 60 W0联立上二式，解得：F AB7.32KN （受压）FAC 27.3KN（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x 0T DB sinW cos0由T DB Wctg0（2）取 B 点列平衡方程由Y 0 T sinT BD cos0T T BD ctg Wctg 230KN 2-10 解：取 B 为研究对象：FBC由Y 0 F BC sinP 0Psin取 C 为研究对象：x 0F DC sin F CE sin0由F BC cos由Y 0F BC sin F DC cos F CE cos0联立上二式，且有FBCFBC解得：P cos1 FCEsin2cos2取 E 为研究对象：由 Y 0 F NH F CE cos0F CE F CE 故有：F NH P cos 1 P2 sin 2 cos cos22sin 2-11 解：取 A 点平衡：x 0F AB sin 75 F AD sin 75 0Y 0 F AB cos75 F AD cos75 P 0PF AD F AB联立后可得： 2cos 75取 D 点平衡，取如图坐标系：x 0F AD cos5 F ND cos80 0cos5F ND F ADcos80由对称性及F AD F ADF N2F ND2 cos5FAD2 cos5P166.2KNcos80cos802cos 75 2-12 解：整体受力交于O点，列 O点平衡x 0由F RA cosF DC P cos30 0Y 0 F RA sin P sin 300联立上二式得：F RA 2.92 KNFDC 1.33KN（压力）列 C点平衡4x0FDC FAC53Y0FBCFAC5联立上二式得：FAC1.67KN（拉力）F BC 1.0KN （压力）2-13 解：（1）取 DEH部分，对 H点列平衡x 0 F RD 2F RE 0 5Y0FRD1Q 05联立方程后解得：FRD5QF RE2Q（2）取 ABCE部分，对 C 点列平衡x0F RE F RA cos 450Y 0 F RB F RA sin 45 P0且F RE F RE联立上面各式得：FRA2 2QF RB 2Q P（3）取 BCE 部分。
工程力学 课后习题答案 第四版 北京师范大学 东北大学
第一章静力学的基本概念受力图2-1解：由解析法，23cos 80RX F X P P Nθ==+=∑12sin 140RY F Y P P Nθ==+=∑故：22161.2R RX RY F F F N=+=1(,)arccos2944RYR RF F P F '∠==2-2解：即求此力系的合力，沿OB 建立x 坐标，由解析法，有123cos45cos453RX F X P P P KN ==++=∑13sin 45sin 450RY F Y P P ==-=∑故： 223R RX RY F F F KN=+= 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 =∑sin 300AC AB F F -=0Y =∑cos300AC F W -=0.577AB F W=（拉力）1.155AC F W=（压力）（b ） 由平衡方程有：0X =∑cos 700AC AB F F -=0Y =∑sin 700AB F W -=1.064AB F W=（拉力）0.364AC F W=（压力）（c ） 由平衡方程有：0X =∑cos 60cos300AC AB F F -=0Y =∑sin 30sin 600AB AC F F W +-=0.5AB F W= (拉力)0.866AC F W=（压力）（d ） 由平衡方程有：0X =∑sin 30sin 300AB AC F F -=0Y =∑cos30cos300AB AC F F W +-=0.577AB F W= (拉力)0.577AC F W= (拉力)2-4 解：（a ）受力分析如图所示：由x =∑ 22cos 45042RA F P -=+15.8RA F KN∴=由Y =∑ 22sin 45042RA RB F F P +-=+7.1RB F KN∴=(b)解：受力分析如图所示：由x =∑3cos 45cos 45010RA RB F F P ⋅--=0Y =∑1sin 45sin 45010RA RB F F P ⋅+-=联立上二式，得：22.410RA RB F KN F KN==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：5RA F KN= （压力）5RB F KN=（与X 轴正向夹150度）2-6解：受力如图所示：已知，1R F G = ，2AC F G =由x =∑cos 0AC r F F α-=12cos G G α∴=由0Y =∑ sin 0AC N F F W α+-=22221sin N F W G W G G α∴=-⋅=--2-7解：受力分析如图所示，取左半部分为研究对象由x =∑cos 45cos 450RA CB P F F --=0Y =∑sin 45sin 450CBRA F F '-=联立后，解得：0.707RA F P=0.707RB F P=由二力平衡定理0.707RB CB CBF F F P '===2-8解：杆AB ，AC 均为二力杆，取A 点平衡由x =∑cos 60cos300AC AB F F W ⋅--=0Y =∑sin 30sin 600AB AC F F W +-=联立上二式，解得：7.32AB F KN=-（受压）27.3AC F KN=（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x =∑sin cos 0DB T W αα-=DB T Wctg α∴==（2）取B 点列平衡方程：由0Y =∑sin cos 0BDT T αα'-=230BD T T ctg Wctg KN αα'∴===2-10解：取B 为研究对象：由0Y =∑sin 0BC F P α-=sin BC P F α∴=取C 为研究对象：由x =∑cos sin sin 0BCDC CE F F F ααα'--=由0Y =∑ sin cos cos 0BC DC CE F F F ααα--+=联立上二式，且有BCBC F F '= 解得：2cos 12sin cos CE P F ααα⎛⎫=+⎪⎝⎭取E 为研究对象：由0Y =∑ cos 0NH CEF F α'-=CECE F F '= 故有：22cos 1cos 2sin cos 2sin NH P PF ααααα⎛⎫=+= ⎪⎝⎭2-11解：取A 点平衡：x =∑sin 75sin 750AB AD F F -=0Y =∑cos 75cos 750AB AD F F P +-=联立后可得： 2cos 75AD AB PF F ==取D 点平衡，取如图坐标系：x =∑cos5cos800ADND F F '-=cos5cos80ND ADF F '=⋅由对称性及 ADAD F F '=cos5cos5222166.2cos80cos802cos 75N ND AD PF F F KN'∴===⋅=2-12解：整体受力交于O 点，列O 点平衡由x =∑cos cos300RA DC F F P α+-=0Y =∑sin sin 300RA F P α-=联立上二式得：2.92RA F KN=1.33DC F KN=（压力） 列C 点平衡x =∑405DC AC F F -⋅=0Y =∑ 305BC AC F F +⋅=联立上二式得： 1.67AC F KN=（拉力）1.0BC F KN=-（压力）2-13解：（1）取DEH 部分，对H 点列平衡x =∑05RD REF F '= 0Y =∑05RD F Q -=联立方程后解得： 5RD F Q =2REF Q '=（2）取ABCE 部分，对C 点列平衡x =∑cos 450RE RA F F -=0Y =∑sin 450RB RA F F P --=且RE REF F '=联立上面各式得： 22RA F Q =2RB F Q P=+（3）取BCE 部分。
工程力学课后答案第4章
第4章影响线1.【解】 （1）图4-22（2）图4-231M 的影响线A F 的影响线SA M 的影响线C F 的影响线SC（3）图4-24（4）图4-25（1）图4-26M CF SC（2）图4-273. 【解】（1）图4-28判别60kN 和20kN 是否为临界荷载403<60+20+309 40+603>20+309所以60kN 是临界荷载40+603>20+309 40+60+203>309所以20kN 不是临界荷载C 0.752.251.751.25M CC0.250.750.5830.417F SCC0.0830.750.523F SC0.250.25M Cmax =40×0.75+60×2.25+20×1.75+30×1.25=237.5kN ·mF SCmax =40×0.75+60×0.583+20×0.417+30×0.25 =80.82kN ·mF SCmin =−60×0.083−20×0.25+30×0.583 =−9.16kN ·m判别478.5kN 是否为临界荷载03<478.5+324.5+324.59 478.53>324.5×29所以478.5kN 是临界荷载判别左边324.5kN 是否为临界荷载478.53>324.5×29 478.5+324.53>324.59所以324.5kN 不是临界荷载C2.251.88750.6875C0.750.250.25M CF SCF SCC0.750.6290.2294. 【解】 （1）图4-30①求使跨中截面C 发生最大弯矩的临界荷载 判别左边324.5kN06<324.5+324.56 324.56≥324.56所以第一个324.5kN 是临界荷载1.2m4.8m0.636m②求临界载荷的位置因为对称，右边集中力也为临界荷载，产生相同大小的跨中弯矩合力F =629kN ，所以 x =l 2−a 2=122−2.42=4.8m③求绝对最大弯矩M Cmax =478.5×2.25+324.5×1.8875+324.5×0.6875 =1912.21kN ·mF SCmax =478.5×0.75+324.5×0.629+324.5×0.229 =637.296kN ·mF SCmin =−324.5×0.25 =−81.125kN ·mM Cmax =324.5×3+324.5×0.6 =1168.2kN ·m（2）图4-31①求使跨中截面C 发生最大弯矩的临界荷载06≤120+606 1206≥60+206所以120kN 是临界荷载2m4m136m②求临界载荷的位置因为对称，右边集中力也为临界荷载，产生相同大小的跨中弯矩合力F =200kN ，因为 200∙x ′=60×4+20×8 所以 x ′=2m =a x =l2−a2=122−22=5m ，此时20kN 不在范围内重新计算合力F =120+60=180kN ，因为 180∙x ′=60×4 所以 x ′=1.333m =ax =l 2−a 2=122−1.3332=5.334m ③求绝对最大弯矩5. 【解】①自重下的弯矩图kN·mM Cmax =120×3+60×1=420kN ·m②各截面弯矩影响线及相应不利荷载的位置M 1的影响线M 2的影响线M 3的影响线单位：kN·m移动荷载下弯矩包络图③叠加①和②的弯矩图450706.7706.7450单位：kN·m0.5m0.5m。
工程力学 静力学 运动学和动力学 材料力学第四版课后答案下载
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各章有思考题和习题，《工程力学:静力学·运动学·动力学》后附有习题答案。
材料力学部分另外独立成册出版。
为适应教育改革的需要，在考虑目前高等工科院校学生实际水平的基础上，《工程力学:静力学·运动学·动力学》根据工程力学教学大纲的要求及多年的教学实践编写而成。
《工程力学:静力学·运动学·动力学》可用作高等学时土建、水利、地质、机电等专业本科及专科工程力或理论力学课程的教材，也可供高职教育与函授教育等其它相关专业的教师、学生和工程技术人员参考。
绪论静力学第一章静力学基础1-1力的概念和静力学公理1-2约束和约束反力1-3物体的受力分析及受力图思考题习题第二章平面基本力系2-1平面汇交力系合成与平衡的几何法 2-2平面汇交力系合面与平衡的解析法 2-3平面力对点之矩的概念2-4平面力偶理论思考题习题第三章平面任意力系3-1平面任意力系的简化3-2平面任意力系的平衡条件和平衡方程 3-3平面平行力系的平衡方程3-4物体系统的平衡、静定和静不定问题 3-5考虑磨擦时的平衡问题思考题习题第四章空间力系4-1力在直角坐标轴上的投影4-2力对点之矩和力对轴之矩4-3空间力系的平衡方程及其应用4-4重心思考题习题运动学第五章运动学基础5-1点的运动学5-2刚体的基本运动思考题习题第六章点的合成运动6-1点的合成运动的概念6-2点的速度合成定理6-3点的加速度合成定理思考题习题第七章刚体的平面运动7-1刚体平面运动的运动特征与运动分解 7-2平面图形上任一点的速度7-3平面图形上任一点的加速度思考题习题动力学第八章质点运动微分方程第九章刚体绕定轴转动的微分方程第十章达朗伯原理第十一章动能原理第十二章动量定理和动量矩定理习题答案参考文献1.阳光大学生网课后答案下载合集2.工程光学第3版郁道银谈恒英课后答案机械工业出版社。
工程力学第四版课后习题答案
工程力学第四版课后习题答案【篇一：工程力学第 4 版(静力学)答案】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。
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1-5 构架如图所示，试分别画出杆hed ，杆bdh ，杆bdc 及杆ab ，销钉aec 的受力图。
a 及整个系统的受力图。
1-6 构架如图所示，试分别画出杆1-7 构架如图所示，试分别画出杆aeb ，销钉aeb ，销钉a 及整个系统的受力图。
c ，销钉 a 及整个系统的受力图。
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。
参考答案1-1 解：1-2 解：1-3 解：1-4 解：【篇二：工程力学第四版课后答案(张秉荣 )12 章】class=txt>3454 版【篇三：【纯习题答案版】【完整版】工程力学第材料力学 (北科大 ,东北大学 )2-9 章答案】txt> 第二章习题参考答案2-1 解： 2-2 解：2-3 解： 2-4 解：2-5 解： 2-6 解：所以都满足2-7 解： 2-8 解：2-9 解：：第三章习题参考答案3.1 据截面沿指定截面 i-i (i=123) 将杆截为两段，考虑任一段的平衡即可得该指定截面上的扭矩，例如题 b:（1） 1-1 截面由（2） 2-2 截面由（3） 3-3 截面由由以上各扭矩=0 ，=0=0 ，1+2-6+ =0 得=6-2-1=3kn.m ( 方向如图所示，为正扭矩 )=0 ，1+2-=0 得=1+2=3kn.m （方向如图所示，为负扭矩）的计算式可知，轴内任一横截面的扭矩，在数值上就等于该截面一侧规则可迅速求得任一截面的扭矩，而无须将轴截开。
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第四章习题4-1 已知F1=60N，F2=80N，F3=150N，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=，转向如图。
（a）若选择x 轴上B 点为简化中心，其主矩L B=，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L E=，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。
解：（a）受力如图由∑M A=0 F RB?3a-Psin30 °?2a-Q?a=0∴ FRB=（P+Q）/3∴ F Ax=P由∑x=0 F Ax-Pcos30 °=0由∑Y=0 F Ay+F RB-Q-Psin30 ° =0∴ F Ay=( 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=，输出轴受另一力偶作用，其力偶矩m2=，转向如图所示。
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)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=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。
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。
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？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α 1与α 2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。
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。
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。
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=40k，N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=40 kN ，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。
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。
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=600m，mAH=400mm，OE=100m，m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=，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=310m，mO1B=AB=BC=665m，m CD=600m，m 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。
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=100m，m BD=BC=DE=100m，mEF=100mm，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。
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。
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：∴α =196° 42′（顺时针转向）故向O 点简化的结果为：由于F R′≠ 0，L0≠ 0，故力系最终简化结果为一合力，大小和方向与主矢相同，合力FR的作用线距F R=F R=d=L0/F R=5.37m4-2 解：（a）设B 点坐标为（b，0）L B=∑M B（）=-m-Fb=∴ b=（-m+10）/F=-1m ∴ B 点坐标为（= ∴F R′ =10kN，方向与y 轴正向一致（b）设E 点坐标为（e，e）L E=∑M E（）=-m-F?e=∴ e=（-m+30）/F=1m ∴ E 点坐标为（F R′ =10kN 方向与y 轴正向一致4-3 解：（a）受力如图由∑M A=0 F RB?3a-Psin30 °?2a-Q?a=0∴ FRB=（P+Q）/3O点的距离为d -1，0）1，1）由∑x=0 F Ax-Pcos30 ° =0∴ F Ax=P由∑Y=0 F Ay+F RB-Q-Psin30 ° =0∴ F Ay=（4Q+P）/6（b）受力如图由∑M A=0 F RB?cos30 ° -P ?2a-Q?a=0∴ F RB=（Q+2P）由∑x=0 F Ax-F RB?sin30 °=0∴ F Ax=（Q+2P）由∑Y=0 F Ay+F RB?cos30° -Q-P=0∴ F Ay=（2Q+P）/3（c）解：受力如图：由∑M A=0 F RB?3a+m-P?a=0∴ F RB=（P-m/a ）/3由∑x=0 F Ax=0由∑Y=0 F Ay+F RB-P=0∴ F Ay=（2P+m/a）/3（d）解：受力如图：由∑M A=0 F RB?2a+m-P?3a=0∴ F RB=（3P-m/a ）/2由∑x=0 F Ax=0由∑Y=0 F Ay+F RB-P=0∴ F Ay=（-P+m/a ）/2（e）解：受力如图：由∑M A=0 F RB?3-P ??5=0由∑x=0 F Ax+Q=0∴ F Ax=-Q由∑Y=0 F Ay+F RB-P=0∴ F Ay=P/2-5Q/3（f ）解：受力如图：由∑M A=0 F RB?2+m-P?2=0∴ F RB=P-m/2由∑x=0 F Ax+P=0∴ F Ax=-P由∑Y=0 F Ay+F RB =0BD为二力杆4-4 解：结构受力如图示，由∑M A=0 -F RB?a+Q?b+W?l/2 ?cosα =0∴F RB=(2Qb+Wlcosα )/2a由∑F x=0 -F Ax-Qsin α =0∴F Ax=-Qsin α由∑F y=0 F RB+F Ay-W-Qcosα =0∴F Ay=Q(cos α -b/a)+W(1-lcos α /2a)4-5 解：齿轮减速箱受力如图示，由∑M A=0 F RB×× =0F RB=由∑F y=0 F RA+F RB-W=0F RA=4-6 解：(a) 由∑F x=0 F Ax=0 (b) 由∑F x=0 F Ax=0由∑F y=0 F Ay=0 由∑F y=0 F Ay-qa-P=0由∑M=0 M A-m=0 M A=m ∴ F Ay=qa+P由∑M=0 M A-q ?a?a/2-Pa=02∴ M A=qa2/2+Pa(c) (d)(c) 由∑F x=0 F Ax+P=0 (d) 由∑F x=0 F Ax=0∴ F Ax=-P 由∑M A=0 F RB?5a+m1-m2-q ?3a?3a/2=0由∑F y=0 F Ay-q ?l/2=0 ∴ F RB=+(m2-m1)/5aFAy=ql/2 由∑F y=0 F Ay+F RB-q ?3a=0由∑M=0 M A-q ?l/2 ?l/4-m-Pa=0 F Ay=+(m1-m2)/5a∴ M A=ql2/8+m+Pa4-7 解：(a) (b)(a) ∑M A=0 F RB?6a-q(6a) 2/2-P ?5a=0 ∴F RB=3qa+5P/6∑F y=0 F Ay+F RB-q ?6a=0 ∴ F Ay=3qa-5P/6∑F x=0 F Ax+P=0 ∴ F Ax =-P(b) ∑M A=0 M A-q(6a) 2/2-P ?2a=0 ∴M A=18qa2+2Pa∑F x=0 F Ax+q?6a=0 ∴ F Ax =-6qa∑F y=0 F Ay-P=0 ∴ F Ay=P(c) ∑M A=0 M A+m1-m2-q ?6a?2a-P ?4a=0 ∴2M A=12qa2+4Pa+m2-m1∑F x=0 F Ax+P=0 ∴ F Ax=-P∑F y=0 F Ay-q ?6a=0 ∴ F Ay=6qa(d) ∑M A=0 M A+q(2a) 2/2-q ?2a?3a=0 ∴ M A=4qa2∑F x=0 F Ax- q ?2a=0 ∴ F Ax =2qa∑F y=0 F Ay-q ?2a=0 ∴ F Ay =2qa4-8 解：热风炉受力分析如图示，∑F x=0 F ox+q1?h+(q 2-q 1) ?h/2=0 ∴ F ox=-60kN∑F y=0 F Ay-W=0 ∴F Ay=4000kN∑M A=0 M0-q ?h?h/2-(q 2-q 1) ?h?2h/3/2=0 ∴M0=?m4-9 解：起重机受力如图示，∑M B=0 -F RA?c-P ?a-Q?b=0 ∴ F RA=-(Pa+Qb)/c∑F x=0 F RA+F Bx=0 ∴ F Bx=(Pa+Qb)/c∑F y=0 F By-P-Q=0 ∴ F By=P+Q4-10 解：整体受力如图示∑M B=0 -F RA× × =0 ∴ F RA=- 764N∑F x=0 F Bx+F RA=0 ∴ F Bx=764N∑F y=0 F By-P=0 ∴F By=1kN由∑M E=0 F Cy× 2+P×× =0 ∴ F Cy=2kN由∑M H=0 F ' Cx× 2-F Cy× 2-P × +P× =0 ∴ F Cx=F' Cx=3kN4-11 解：辊轴受力如图示，由∑M A=0 F RB× 1600-q × 1250 × (1250/2+175)=0∴ F RB=625N由∑F y=0 F RA+F RB-q × 1250=0 ∴ F RA=625N4-12 解：机构受力如图示，∑M A=0 -P × +F RB×× =0 ∴ F RB=26kN∑F y=0 F RA+F RB-P-W=0 ∴F RA=18kN4-13 解：当达到最大起重质量时，F NA=0由∑M B=0 W1×α +W2×0-G×× =0∴ P max=4-14 解：受力如图示，不致翻倒的临界状态是F NE=0由∑M F=0 W×1m-Q× (5-1)=0 ∴W=60kN故小车不翻倒的条件为W≥60kN4-15 解：设左右杆长分别为l1 、l2 ，受力如图示左杆：∑ M O1=0 P 1(l 1/2)cos α1-F A l 1sin α1=0 ∴F A=ctg α 1P1/2右杆：∑ M O2=0 -P 2(l 2/2)cos α2+F' A l 2sin α 2=0 ∴F' A=ctg α2P2/2由F A=F' A ∴P1/P 2=tg α1/tg α 24-16 解：设杆长为l ，系统受力如图(a) ∑ M0=0 P ?l/2cos θ +T?l ?sin θ -Tlcos θ=0 ∴T=P/2(1-tg θ )(b) 当T=2P时，2P= P/2(1-tg θ) ∴tg θ3/4 即θ≈ 36 52′4-17 解:(a)(a) 取BC杆：∑M B=0 F RC?2a=0 ∴ F RC=0∑F x=0 F Bx=0∑F y=0 -F By+F RC=0 ∴ F By=0取整体：2∑M A=0 -q ?2a?a+F RC?4a+M A=0 ∴ M A=2qa∑F x=0 F Ax=0∑F y=0 F Ay+F RC－ｑ?2a ＝０∴ F Ay==2qa(b)(b) 取BC杆：∑M B=0 F RC?2a-q ?2a?a=0 ∴ F RC=qa∑F x=0 F Bx=0∑F y=0 F RC-q ?2a-F By=0 ∴ F By=-qa取整体：∑M A=0 M A+F RC?4a-q ?3a?2.5a=0 ∴ M A=∑F x=0 F Ax=0∑F y=0 F Ay+F RC－ｑ?3a ＝０∴ F Ay==2qa(c)(c) 取BC杆：∑M B=0 F RC?2a =0 ∴ F RC=0∑F x=0 F Bx=0∑F y=0 F RC- F By=0 ∴ F By=0取整体：∑M A=0 M A+F RC?4a-m=0 ∴ M A=m ∑F x=0 F Ax=0∑F y=0 F Ay+F RC＝０∴ F Ay=0(d)(d) 取BC杆：∑M B=0 F RC?2a-m=0 ∴ F RC=m/2a∑F x=0 F Bx=0∑F y=0 F RC-F By=0 ∴ F By=m/2a取整体：∑M A=0 M A+F RC?4a-m=0 ∴ M A=-m ∑F x=0 F Ax=0∑F y=0 F Ay+F RC＝０∴ F Ay=-m/2a4-18 解：(a) 取BE 部分∑M E=0 F Bx××× 2=0 ∴ F Bx=取DEB部分：∑M D=0 F Bx× +F By× 6-q ×× 2=0 ∴ F By=0取整体：∑M A=0 F By× 6+ q ×× 2-F RC× cos45 °× 3=0 ∴ F RC=∑F x=0 F RC× cos45 ° +F Ax+F Bx-q ×=0 ∴F Ax=∑F y=0 F RC× sin45 ° +F Ay+F By=0 ∴ F Ay=(b) 取CD段，∑M C=0 F RD× 4-q 2/2 × 4 =0 ∴ F RD=2q2取整体：∑M A=0 F RB×8+F RD×12q2×4×10-q 1×6×4-P×4=0∑F x=0 P+F Ax=0 ∴ F Ax=-P∑F y=0 F Ay+F RB+F RD-q 1× 6-q 2× 4=0 ∴ F Ay=3q1-P/24-19 解：连续梁及起重机受力如图示：取起重机：∑M H=0 Q×1-P×3-F NE×2=0 ∴F NE=10kN∑F y=0 F NE+F NH-Q-P=0 ∴ F NH=50kN取BC段：∑M C=0 F RB×6-F NH× 1=0 ∴F RB=取ACB段：∑M A=0 F RD× 3+F RB× 12-F NE× 5-F NH× 7=0 ∴ F RD=100kN ∑F x=0 F Ax=0∑F y=0 F Ay+F RD+F RB-F NE-F NH=0 ∴ F Ay=4-20 解：整体及左半部分受力如图示取整体：∑M A=0 F By× l-G ×l/2=0 ∴ F By=1kN∑M B=0 -F Ay×l+G×l/2=0 ∴ F Ay=1kN取左半部分：∑M C=0 F Ax× h+G/2× l/4-F Ay×l/2=0 ∴F Ax=取整体：∑F x=0 F Ax+F Bx=0 ∴F Bx=4-21 解：各部分及整体受力如图示取吊车梁：∑M D=0 F NE×8-P×4-Q×2=0 ∴F NE=∑F y=0 F ND+F NE-Q-P=0 ∴ F ND=取T 房房架整体：∑M A=0 F By× 12-(G 2+F NE) × 10-(G 1+F ND) × 2-F × 5=0 ∴ F By= ∑M B=0 -F Ay× 12-F × 5+(G1+F ND) × 2+(G2+F NE) ×2=0 ∴F Ay= 取T 房房架作部分：∑M C=0 F Ay× 6-F Ax× 10-F × 5-(G 1+F ND) × 4=0 ∴ F Ax=∑Fx=0 F Cx+F+F Ax=0 ∴ F Cx=∑Fy=0 F Cy+F Ay-G1-F ND=0 ∴ F Cy=5kN取T 房房架整体：∑F x=0 F Ax+F+F Bx=0∴ F Bx=4-22 解：整体及部分受力如图示取整体：∑M C=0 -F Ax?l ?tg45 °-G?(2l+5)=0 ∴ F Ax=-(2+5/l)G∑M A=0 F Cx?ltg45 °-G(2l+5)=0 ∴ F Cx=(2+5/l)G取AE杆：∑M E=0 –F Ax?l-F Ay?l-G ?r=0 ∴F Ay=2G∑F x=0 F Ax+F Bx+G=0 ∴ F Bx=(1+5/l)G∑F y=0 F Ay+F By=0 ∴ F By=-2G取整体：∑F y=0 F Ay+F Cy-G=0 ∴F Cy=-G取轮D：∑F x=0 F Dx-G=0 ∴ F Dx=G∑F y=0 F Dy-G=0 ∴ F Dy=G4-23 解：整体及部分受力如图示取整体：∑M B=0 F Cy×10-W2×9-P×4-W1×1=0 ∴ F Cy=48kN ∑F y=0 F By+F Cy-W1-W2-P=0 ∴F By=52kN取AB段：∑M A=0 F Bx×4+W1×4+P×1-F By× 5=0 ∴ F Bx=20kN ∑F x=0 F Bx+F Ax=0 ∴ F Ax=-20kN∑F y=0 F By+F Ay-W1-P=0 ∴ F Ay=8kN取整体：∑F x=0 F Bx+F Cx=0 ∴F Cx=-20kN4-24 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：∑F x=0 F Ax=0∑M A=0 -3P 1-6P 2-10P 3+14F RB=0 ∴ F RB=80kN ∑F y=0 F Ay+F RB-P 1-P 2-P 3=0 ∴ F Ay=90kN取左半部分：∑M H=0 P2×1+P1×4-F Ay× 7+S3× 3=0 取节点E：∑F x=0 S3-S1cosα=0 ∴S1=146kN∑ F y=0 S 2+S1sin α =0 ∴S2=取节点F：∑F x=0 -S 3+S5cosα=0 ∴S5=146kN∑ F y=0 S 4+S5sin α =0 ∴S4=4-25 解：整体及部分受力如图示：取整体：∑M A=0 F RB×4-P-P(2+R)=0 ∴ F RB=21kN∑F x=0 F Ax-P=0 ∴ F Ax=24kN∑F y=0 F Ay+F RB-P=0 ∴ F Ay=3kN取ADB杆：∑M D=0 F By×2-F Ay×2=0 ∴F By=3kN取B 点建立如图坐标系：∑F x=0 (F RB-F' By)sin θ-F' Bx cosθ =0 且有F By=F' By，∴F' Bx18tg θ=18×2/=24kN ∴S3=117kN F Bx=F' Bx４-26 解：整体及部分受力如图示：取整体：∑M B=0 F Ax×4+P×=0 ∴ F Ax=-43kN∑F x=0 F B+F Ax=0 ∴ F Bx=43kN取BC杆：∑M C=0 F Bx×4+P×××× 4=0 ∴ F By=20kN ∑F x=0 F Bx+F Cx-P=0 ∴ F Cx=-3kN∑F y=0 F By+P+F Cy-P=0 ∴F Cy=-20kN取整体：∑F y=0 F Ay+F By-P=0 ∴F Ay=20kN4-27 解：受力如图示：取AB：∑M A=0 P××=0 ∴S BC=取C点：∑F x=0 S' BC sin60 °+°-S CD cos30°=0∑F y=0 -S' BC cos60°+°-S CD sin30 °=0联立后求得：S CE=取OE：∑M O=0 °× =0∴ m0=70kN4-28 解：整体及部分受力如图示：∑M A=0 F Ox× sin60 ° +m-F oy×° =0∑F y=0 F ox×cos60°+F oy cos30°=0联立上三式：F oy= F ox=-1000N取整体：∑M B=0 -F oy×× cos30 ° sin30 °× ctg60 °)-P ×× sin60 ° +m=0∴P=∑F x=0 F ox+F Bx+P=0 ∴ F Bx=∑F y=0 F oy+F By=0 ∴F By=4-29 解：整体及部分受力如图示：取CD部分：∑M C=0 F ND×α -P×α =0 ∴F ND=Ptg α取OA部分：∑M A=0 -F ox× =0 ∴F ox=-m/取整体：∑M O1=0 F ox× +P××α =0代入后有：-m/ ×+×α× cos α =0∴ m=?m4-30 解：整体及部分受力如图示：取OA段：∑M A=0 m+F ox× =0 ∴ F ox=-10m取OAB段：∑M B=0 m-F oy×° =0 ∴F oy=10/3m取EF及滑块：∑M E=0 F NF×° +P×° =0 ∴ F NF=-P/3取整体：∑M D=0 F NF× cos30 ° +m-F ox×× ctg30 ° =0∴ m/P=0.1155m4-31 解：取整体：∑M B=0 -F RA×4+W1×4+G1× 3+G2× 2cos30 × cos30 ° =0∴ F RA=∑F x=0 F Bx=0∑F y=0 F By+F RA-W1-W2-G1-G2=0 ∴ F By=取A点：∑F y=0 F RA+S2cos30° -W1=0 ∴ S2=-26kN∑F x=0 S 1+S2sin30 °=0 ∴ S1=13kN取C点：∑F x=0 -S 2cos60 °+S4cos30 ° +S3cos60 ° =0∑F y=0 -S 2sin60 °-S3sin60 °-S4sin30 ° -G1=0联立上两式得：S3= S 4=-25kN取O点：∑F x=0 -S 3cos60 °-S1+S5cos60°+S6=0∑F y=0 S3sin60 ° +S5sin60 °=0联立上两式得：S5= S 6=取E点：∑F x=0 -S 5cos60 ° -S 4cos30 ° +S7cos30 ° =0∴ S7=-35kN4-32 解：取整体：∑M A=0 F 1×+F2×3+F3×+F4×6+F5××9=0∑F y=0 F RA+F RB-(4 × 30+40)=0 ∴ F RA=80kN取A 点：∑F x=0∑F y=0联立后解得：S1=-197kN S 2=180kN取Ｃ点：∑F x=0∑F y=0联立后解得：S3=-37kN S 4=-160kN取Ｅ点：∑F x=0∑F y=0联立后解得：S5=-30kN S 6=-160kN取Ｄ点：∑F x=0∑F y=0联立后解得：S7=１１２kN S8=由对称性可知：S9=S8= S 10=S6=-160kNS11=S5=-30kN S 12=S4=-160kNS13=S2=180kN S14=S3=-37kNS15=S1=-197kN4-33 解：取整体：∑M A=0 F RB×4-P1×2-P2×3=0 ∴F RB =∑F y=0 F RA+F RB- P1-P2=0 ∴ F RA=取A点：∑F x=0 S 1+S2cos45 ° =0∑F y=0 FRA-S2sin45 °=0解得：S1= S 2=取C点：∑F x=0 S 4-S2cos45°=0∑F y=0 S 3+S2sin45 °=0解得：S3= S 4=取D点：∑F x=0 S 6+S5cos45°-S1=0∑F y=0 -S 3-S 5sin45 ° =0解得：S5= S 6=-125kN取F 点：∑F x=0 S 8-S6=0∑F y=0 -P 1-S7=0解得：S7=-100kN S 8=-125kN取E点：∑F x=0 S 9cos45 °+ S10-S5cos45°-S4=0∑F y=0 S 7+S5sin45 °+ S 9sin45 ° =0解得：S9=53kN S10=取G点：∑F x=0 S 12cos45°-S10=0∑F y=0 S 12sin45 ° + S 11=0解得：S9= S 10=取H点：∑F x=0 S 13-S8-S9sin45 °=0∴ S13=4-34 解：取整体：∑M A=0 -F RA×6a+G× (5a+4a+3a+2a+a)=0 F RA=2.5G∑F y=0 F RA +F RB +5G=0 ∴ F RB=2.5G取A点：∑F x=0 S 1+S2cos45 ° =0∑F y=0 S 2sin45 ° +F RA=0解得：S1=2.5G S2=-3.54G取C点：∑F x=0 S 4-S1=0 ∴S4=2.5G∑F y=0 S 3-G=0 ∴ S3=G截面Ⅰ - Ⅰ，取左半部分∑F y=0 S 5sin45 °+F RA-3G=0 ∴S5=0.707G∑M D=0 -F RA× 4a+G× 3a+G× 2a+G× a+S6× a=0∴ S6=4G。