西安交通大学理论力学复习题
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 ΣX=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?M?0 21LQ1?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
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西安交通大学理论力学复习题
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
112RL RL/r M=
2412LR/r 二）取OC ΣX=0 Xo－Ncos45°=0，Xo=412LR/r ΣY=0 Yo+Nsin45°=0，Yo=－4RLsin45°－N?2rsin45°=0，N?=取AB ΣX=0 XA+N’cos45°－R=0， XA=（1－
142L/r）R
ΣY=0 YA－N’sin45°=0，YA=
9.解：取AC
142RL/r
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
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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·
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SDB=1qa(N)
214．解：取AB杆为研究对象
?m1A（F）=0 NB·2L·cos45°-Q·Lcos45°=0 NB=2Q 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°-3N1B+2NB·cos45°=2P+2·3Q ?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，
?mo=0 -0.2XA+M1=0 XA=1000N
取AB杆，F=200
?X=0 S·sin30°+200-1000=0 取O1D杆 ?mO1=0
O1D·S·cos30°-M2=0
M2=207.85（N·m）
16．解：一）取CE ?mE（F）=0 M+Yc·2=0，
Yc=-1kN-
?Y=0 YE+YC=0，YE=1Kn ?X=XE=0
二）取ABDE ?mA（F）=0
YB·4-Q·4-YE·6-P·4=0，YB=6.5kN 三）取BDE ?mD（F）=0
YB·2+XB·4-Q·2-Y?E·4=0，XB=-0.75kN
17．解：取整体为研究对象，
?mA（F）=0
-M+YB×0.4·cos45°×2=0 （1） ∴ YB=500/2N
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S=1600N