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第2章 平面汇交力系与平面力偶系
2-1 铆接薄板在孔心 A，B 和 C 处受 3 个力作用，如图 2-1a 所示。 F1 = 100 N ，沿铅 直方向； F3 = 50 N ，沿水平方向，并通过点 A； F2 = 50 N ，力的作用线也通过点 A，尺
寸如图。求此力系的合力。
c F3 d
F2
b
F1 FR
θ
y
F1 F2
A F3 x
60
a
(a) (b) (c)
图 2-1
解 （1） 几何法
作力多边形 abcd，其封闭边 ad 即确定了合力 FR 的大小和方向。由图 2-1b，得
FR =
(F1 + F2 × 4 / 5)
+ ( F3 + F2 × 3 / 5)
=
∠(F
(100 N + 50 N × 4 / 5) 2 + (50 N + 50 N × 3 / 5) 2 =161 N
, F ) = arccos( F1 + F2 × 4 / 5 )
R 1
R
100 N + 50 N × 4 / 5 arccos( =
161 N
29.74o =
29o 44′
（2）解析法 建立如图 2-1c 所示的直角坐标系 Axy。
∑ Fx = F1 + F2 × 3 / 5 == 50 N + 50 N × 3 / 5 = 80 N
∑ Fy
= F1 + F2 × 4 / 5 = 100 N + 50 N × 4 / 5 = 140 N
FR = (80i + 140 j) N
FR =
(80 N) 2 + (140 N) 2
= 161 N
2-2 如图 2-2a 所示，固定在墙壁上的圆环受 3 条绳索的拉力作用，力 F1 沿水平方向， 力 F3 沿铅直方向，力 F2 与水平线成 40°角。3 个力的大小分别为 F1=2 000 N，F2=2 500 N， F3=1 500 N。求 3 个力的合力。
x F1
O
40°
F2
F3
40°
F2
b
a F1 O
θ
FR
F3
y c
(a) (b) (c)
图 2-2
解 （1）解析法
建立如图 2-2b 所示的直角坐标系 Oxy。
∑ Fx = F1 + F2 cos 40° = 2 000 N + 2 500 N ⋅ cos 40° =3 915 N
∑ Fy
= F3 + F2 sin 40° = 1 500 N + 2 500 N ⋅ sin 40° =3 107 N
FR =
(∑ Fx )
+ (∑ Fy ) = (
3 9152
+ 3 107 2
) N = 4 998 N
∠(FR , Fx ) = arccos(
（2）几何法
∑ Fx
FR
) = arccos(
3 915 N
4 998 N
) = 38°26′
作力多边形 Oabc，封闭边 Oc 确定了合力 FR 的大小和方向。根据图 2-2c，得
FR =
(F1 + F2 cos 40°)
+ (F3 + F2 sin 40°)
= (2 000 + 2 500 cos 40°) 2 + (1 500 + 2 500 sin 40°) 2 =4 998 N
∠(FR , F1 ) = arccos
∑ Fx
F R
= arccos
3 915 N
4 998 N
= 38°26′
2-3 物体重 P=20 kN，用绳子挂在支架的滑轮 B 上，绳子的另 1 端接在绞车 D 上，如 图 2-3a 所示。转动绞车，物体便能升起。设滑轮的大小、杆 AB 与 CB 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。
y
FAB
FCB
30°
FT
B x
30°
P
(a) (b)
图 2-3
解 取支架、滑轮及重物为研究对象，坐标及受力如图 2-3b 所示。由平衡理论得
∑ Fx = 0,
− FAB − FCB cos 30° − FT sin 30° = 0
∑ Fy
= 0,
− FCB − sin 30° − FT cos 30° − P = 0
将 FT=P=20 kN 代入上述方程，得
FAB = 54.6 kN （拉），
FCB = −74.6
kN （压）
2-4 火箭沿与水平面成 β = 25° 角的方向作匀速直线运动，如图 2-4a 所示。火箭的推力 F1=100 kN，与运动方向成θ = 5° 角。如火箭重 P=200 kN，求空气动力 F2 和它与飞行方向 的交角γ 。
y
F2
ϕ
θ
γ
β x
F1
P
(a) (b)
图 2-4
解 坐标及受力如图 2-4b 所示，由平衡理论得
∑ Fx = 0,
F1 cos(θ + β ) − F2 sin ϕ = 0
(1)
F2 sin ϕ = F1 cos(θ + β )
∑ Fy
= 0,
F1 sin(θ + β ) − P + F2 cosϕ = 0
(2)
F2 cosϕ = P − F1 sin(θ + β )
式(1)除以式(2)，得
tan ϕ =
代入有关数据，解得
ϕ = 30°
F1 cos(θ + β )
P − F1 sin(θ + β )
γ = 90° + ϕ − β = 90° + 30° − 25° = 95°
将ϕ 值等数据代入式(1)，得
F2 = 173 kN
2-5 如图 2-5a 所示，刚架的点 B 作用 1 水平力 F，刚架重量不计。求支座 A，D 的约
束力。
y
F B C
x
FA A D
FD
(a) (b)
图 2-5
解 研究对象：刚架。由三力平衡汇交定理，支座 A 的约束力 FA 必通过点 C，方向如 图 2-5b 所示。取坐标系 Cxy ，由平衡理论得
∑ Fx
= 0,
F − FA ×
2 = 0
5
（1）
∑ Fy
= 0,
FD − FA ×
1 = 0
5
（2）
式(1)、(2)联立，解得
5
FA =
F = 1.12F ， FD = 0.5F
2
2-6 如图 2-6a 所示，输电线 ACB 架在两线杆之间，形成 1 下垂曲线，下垂距离 CD=f=1
m，两电线杆距离 AB=40 m。电线 ACB 段重 P=400 N，可近似认为沿 AB 连线均匀分布。求 电线中点和两端的拉力。
FT A
10 m
y
10 m
θ P / 2
D
FT C x
O C
(a) (b)
图 2-6
解 本题为悬索问题，这里采用近似解法，假定绳索荷重均匀分布。取 AC 段绳索为研 究对象，坐标及受力如图 2-6b 所示。图中：
由平衡理论得
W = P = 200 N
1 2
∑ Fx = 0,
FT C − FT A cosθ = 0
(1)
∑ Fy
= 0,
FTA sinθ − W1 = 0
(2)
式（1）、（2）联立，解得
FT A
= W1 =
sin θ
200 N
1
10 2 + 12
= 2 010 N
因对称
FT C
= FT A
cosθ = 2 010 N ×
10
10 2 + 12
= 2 000 N
FT B = FT A = 2 010 N
2-7 如图 2-7a 所示液压夹紧机构中，D 为固定铰链，B，C，E 为活动铰链。已知力 F， 机构平衡时角度如图 2-7a，求此时工件 H 所受的压紧力。
FN B
y
F
B FBC
θ C
FB′C
θ
y
θ FCD CE
C x
θ x′
FCE
y
θ
E
FN H
FN E
(a) (b) (c) (d)
图 2-7
解 （1）轮 B，受力如图 2-7 b 所示。由平衡理论得
∑ Fy
= 0 ,
FBC
= F
sin θ
（压）
（2）节点 C，受力如图 2-7c 所示。由图 2-7c 知， F 'BC ⊥ FCD ，由平衡理论得
FBC
∑ Fx = 0,
FBC − FCE cos(90° − 2θ ) = 0 ，
FCE
=
sin 2θ
（3）节点 E，受力如图 2-7d 所示
∑ Fy
= 0 ,
FNH
= F 'CE
cosθ =
F
2 sin 2 θ
即工件所受的压紧力
FNH
= F
2 sin 2 θ
2-8 图 2-8a 所示为 1 拨桩装置。在木桩的点 A 上系 1 绳，将绳的另 1 端固定在点 C，
在绳的点 B 系另 1 绳 BE，将它的另 1 端固定在点 E。然后在绳的点 D 用力向下拉，使绳的
BD 段水平，AB 段铅直，DE 段与水平线、CB 段与铅直线间成等角θ = 0.1
时， tanθ ≈ θ ）。如向下的拉力 F=800 N，求绳 AB 作用于桩上的拉力。
rad （当θ 很小
y
FDE
y F
BC
θ
F ′
DB x
θ D FDB x B
F FAB
(a) (b) (c)
图 2-8
解 （1）节点 D，坐标及受力如图 2-8b，由平衡理论得
∑ Fy
解得
= 0,
∑ Fx = 0,
FDE sin θ − F = 0
FDB − FDE cos θ = 0
FDB = F cotθ
讨论：也可以向垂直于 FDE 方向投影，直接得
FDB = F cotθ
（2）节点 B，坐标及受力如图 2-8c 所示。由平衡理论得
∑ Fx = 0,
FCB sin θ − FDB ' = 0
∑ Fy
解得
= 0,
FCB sin θ − FAB = 0
FAB
= FDB
cotθ = F cot 2 θ = F
θ 2
= 800 N = 80 kN
0.12
2-9 铰链 4 杆机构 CABD 的 CD 边固定，在铰链 A、B 处有力 F1，F2 作用，如图 2-9a
所示。该机构在图示位置平衡，不计杆自重。求力 F1 与 F2 的关系。
y
x A 45°
FAB
x
FA′B B
30°
F2
60°
1
FAC
30° FBD
y
(a) (b) (c)
图 2-9
解 (1) 节点 A，坐标及受力如图 2-9b 所示，由平衡理论得
∑ Fx = 0,
FAB cos15° + F1 cos 30° = 0 ，
F = − 3F1 （压）
AB 2 cos 15°
（2）节点 B，坐标及受力如图 2-9c 所示，由平衡理论得 |
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