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
① 0；
② 50N；
③ 70.7N；
④ 86.6N；
⑤ 100N。
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，y向分力
的大小为 N。
① 86.6；
② 70.0；
③ 136.6；
④ 25.9；
⑤ 96.6；
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 。
① 作用在O点的一个合力；
② 合力偶；
③ 作用在O点左边某点的一个合力；
④ 作用在O点右边某点的一个合力。
5．图示三铰刚架受力作用，则A支座反力的大
小为 ，B支座反力的大小
为 。
① F/2；
② F/2；
③ F；
④ 2F；
⑤ 2F。
6．图示结构受力作用，杆重不计，则A支座
力的大小为 。
① P/2；
② 约束P/3；
③ P；
④ O。
7．曲杆重不计，其上作用一力偶矩为M的力偶，则图（a）中B点的反力比图（b）中的反力 。
① 大；
② 小 ；
③ 相同。
8．平面系统受力偶矩为M=10KN.m的力偶作用。当力
偶M作用于AC杆时，A支座反力的大小为 ，
B支座反力的大小为；当力偶M作用于BC
杆
时，A支座反力的大小为 ，B支座反力的大小为 。
① 4KN；
② 5KN；
③ 8KN；
④ 10KN。
9．汇交于O点的平面汇交力系，其平衡方程式可表示为二力矩形式。即∑mA(i)=0,∑mB(i)=0，但必须
① A、B两点中有一点与O点重合；
② 点O不在A、B两点的连线上；
③ 点O应在A、B两点的连线上；
④ 不存在二力矩形式，∑X=0，∑Y=0是唯一的。
10．图示两个作用在三角板上的平面汇交力系（图
（a）汇交于三角形板中心，图（b）汇交于三角形板
底边中点）。如果各力大小均不等于零，则
图（a）所示力系 ，
图（b）所示力系 。
① 可能平衡；
② 一定不平衡；
③ 一定平衡；
④ 不能确定。
三、填空题
1．两直角刚杆ABC、DEF在F处铰接，并支
承如图。若各杆重不计，则当垂直BC边的力P从B
点移动到C点的过程中，A处约束力的作用线与AB
方向的夹角从 度变化到 度。
2．图示结构受矩为M=10KN.m的力偶作用。若a=1m，
各杆自重不计。则固定铰支座D的反力的大小为 ，
方向 。
3．杆AB、BC、CD用铰B、C连结并支承如图，受矩为M=10KN.m的力偶作用，不计各杆自重，则支座D处反力的大小
为 ，方向 。
4．图示结构不计各杆重量，受力偶矩为m的力偶作
用，则E支座反力的大小为 ，方向在图中
表示。
5．两不计重量的簿板支承如图，并受力偶矩为m的力偶作
用。试画出支座A、F的约束力方向（包括方位与指向）。
6．不计重量的直角杆CDA和T字形杆DBE
在D处铰结并支承如图。若系统受力P作用，
则B支座反力的大小为 ,方
向 。
7．已知平面平行力系的五个力分别为
F1=10（N），F2=4（N），F3=8（N），F4=8（N），
F5=10（N），则该力系简化的最后结果为
8．某平面力系向O点简化，得图示主矢R'=20KN，主
矩Mo=10KN.m。图中长度单位为m，则向点A（3、2）简
化得 ，向点B（-4，0）简化得
（计算出大小，并在图中画出该量）。
9．图示正方形ABCD，边长为a（cm），在刚体A、B、C三点上分别作用了三个力：F1、F2、F3，而F1=F2=F3=F（N）。则该力系
简化的最后结果为 并用图表示。
10．已知一平面力系，对A、B点的力矩为∑mA（Fi）
=∑mB（i）=20KN.m，且∑Xi=-52KN，则该力系的
最后简化结果为
（在图中画
出该力系的最后简化结果）。
11．已知平面汇交力系的汇交点为A，且满足方程∑mB =0（B为力系平面内的另一点），若此力系不平衡，则可简化为 。已知平面平行力系，诸力与y轴不垂直，且满足方程∑Y=0，若此力系不平衡，则可简化为 。
四、计算题
1．图示平面力系，已知：F1=F2=F3=F4=F，M=Fa，a为三
角形边长，若以A为简化中心，试求合成的最后结果，并在图
中画出。
2．在图示平面力系中，已知：F1=10N，F2=40N，
F3=40N，M=30N·m。试求其合力，并画在图上（图中长
度单位为米）。
3．图示平面力系，已知：P=200N，M=300N·m，欲使力系的合力通过O点，试求作用在D点的水平力T为多大。
4．图示力系中力F1=100KN，F2=200KN，F3=300KN，方
向分别沿边长为30cm的等边三角形的每一边作用。试求此三
力的合力大小，方向和作用线的位置。
5．在图示多跨梁中，各梁自重不计，已知：q、P、
M、L。试求：图（a）中支座A、B、C的反力，图（2）
中支座A、B的反力。
6．结构如图，C处为铰链，自重不计。已知：P=100KN，
q=20KN/m，M=50KN·m。试求A、B两支座的反力。
7．图示平面结构，自重不计，C处为光滑铰链。已知：
P1=100KN，P2=50KN，θ=60°，q=50KN/m，L=4m。试求
固定端A的反力。
8．图示曲柄摇杆机构，在摇杆的B端作用一水平阻力，已知：OC=r，AB=L，各部分自重及摩擦均忽略不
计，欲使机构在图示位置（OC水平）保持平衡，试求在
曲柄OC上所施加的力偶的力偶矩M，并求支座O、A的
约束力。
9．平面刚架自重不计，受力、尺寸如图。试求A、
B、C、D处的约束力。
10．图示结构，自重不计，C处为铰接。L1=1m，
L2=1.5m。已知：M=100KN·m，q=100 KN/m。试求A、
B支座反力。
11．支架由直杆AD与直角曲杆BE及定滑轮D组成，
已知：AC=CD=AB=1m，R=0.3m，Q=100N，A、B、C处均
用铰连接。绳、杆、滑轮自重均不计。试求支座A，B的反
力。
12．图示平面结构，C处为铰链联结，各杆自重不计。已
知：半径为R，q=2kN/cm，Q=10kN。试求A、C处的反力。
13．图示结构，由杆AB、DE、BD组成，各杆自重
不计，D、C、B均为锵链连接，A端为固定端约束。已知
q（N/m），M=qa2（N·m），P=2qNa()，尺寸如图。
试求固定端A的约束反力及BD杆所受的力。
14．图示结构由不计杆重的AB、AC、DE三杆组成，
在A点和D点铰接。已知：P、L0。试求B、C二处
反力（要求只列三个方程）。
15．图示平面机构，各构件自重均不计。已知：
OA=20cm，O1D=15cm，θ=30°，弹簧常数k=100N/cm。
机构平衡于图示位置时，弹簧拉伸变形δ=2cm，
M1=200N·m，试求使系统维持平衡的M2。
16．图示结构，自重不计。已知：P=2kN，
Q= kN，M=2kN·m。试求固定铰支座B的反力。
若
17．构架受力如图，各杆重不计，销钉E固结在DH杆
上，与BC槽杆为光滑接触。已知：AD=DC=BE=EC=20cm，
M=200N·m。试求A、B、C处的约束反力。
18．重为P的重物按图示方式挂在三角架上，
各杆和轮的自重不计，尺寸如图，试求支座A、B
的约束反力及AB杆内力。
19．图示来而结构由杆AB及弯杆DB组成，
P=10N，M=20N·m，L=r=1m，各杆及轮自重不计，
求固定支座A及滚动支座D的约束反力及杆BD的
B端所受的力。
20．构架如图所示。重物Q=100N，悬持在绳端。
已知：滑轮半径R=10cm，L1=30cm，L2=40cm，不计
各杆及滑轮，绳的重量。试求A、E支座反力及AB
杆在铰链D处所受的力。
第二章 平面力系参考答案：
一、是非题
1、对 2、对 3、错 4、对 5、对 6、对 7、对 8、对 9、对 10、错 11、对 12、错
二、选择题
1、① 2、③② 3、③④ 4、③ 5、②② 6、② 7、② 8、④④②② 9、② 10、①②
三、填空题
1、0°；90°； 2、10KN；方向水平向右； 3、10KN；方向水平向左；
4、2m/a；方向沿HE向； 5、略 6、2P；方向向上；
7、力偶，力偶矩m=－40（N·cm），顺时针方向。
8、A：主矢为20KN，主矩为50KN·m，顺钟向
B：主矢为20KN，主矩为90KN·m，逆钟向
9、一合力R=F2，作用在B点右边，距B点水平距离a（cm）
10、为一合力R，R=10KN，合力作线与AB平行，d=2m
11、通过B点的一个合力；简化为一个力偶。
四、计算题
1、解：将力系向A点简化Rx'=Fcos60°+Fsin30°－F=0
Ry'=Fsin60°－Fcos30°+F=F
R=Ry'=F
对A点的主矩MA=Fa+M－Fh=1.133Fa 合力大小和方向='
合力作用点O到A点距离
d=MA/R'=1.133Fa/F=1.133a
2．解：将力系向O点简化
RX=F2－F1=30N
RV=－F3=－40N
∴R=50N
主矩：Mo=（F1+F2+F3）·3+M=300N·m
合力的作用线至O点的矩离 d=Mo/R=6m
合力的方向：cos（，）=0.6，cos（，）=－0.8 （，）=－53°08’ （，i）=143°08’
3．解：将力系向O点简化，若合力R过O点，则Mo=0
Mo=3P/5×2+4P/5×2－Q×2－M－T×1.5
=14P/5－2Q－M－1.5T=0
∴T=（14/5×200－2×100－300）/1.5=40（N）
∴T应该为40N。
4．解：力系向A点简化。
主矢ΣX=F3－F1cos60°+F2cos30°=150KN ΣY=F1cos30°+F2cos30°=503KN R’=173.2KN Cos（，i）=150/173.2=0.866，α=30° 主矩MA=F3·30·sin60°=453KN·m AO=d=MA/R'=0.45m
5.解：（一）1.取CD，Q1=Lq
ΣmD（）=0 LRc－
Rc=（2M+qL2）/2L
2. 取整体， Q=2Lq
ΣmA（）=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（）=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（）=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 1LQ1-M=0 21LQ1=0 2
ΣmA=0，
5YB－3XB－3.5P－1q·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（）=0 －Q×2+RB×4×cos45°=0 RB=141.42KN
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（）=0
Nsin45°·r－M=0，N=M/（r sin45°）
取AB ΣmA（）=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=（1－1
42L/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（）=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
Q=qL=500KN，sinα=3/5，cosα=4/5，∑mA（F）=0 YB·（2+2+1.5）-M-1Q·5=0 （1） 2
∑X=0, -XA-XB+Q·sinα=0 （2） ∑Y=0, -YA+YB-Q·cosα=0 （3） 取BDC为研究对象
∑mc（）=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（）=0 T·R-T（R+CD）-YA·AC=0 ∵AC=CD T=Q YA=-Q=-100（N）
对整体
∑mB（）=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（）=0 MA-M+qa·
MA=-1a+P·asin45°=0 212qa（N·m） 2
二）DCE
∑mc（F）=0 SDBsin45°a+qa·
SDB=1qa(N) 2
14．解：取AB杆为研究对象
∑mA（）=0 NB·2L·cos45°-Q·Lcos45°=0 NB= 取整体为研究对象
∑mE（）=0
-Xc·L+P·2L+Q（3L-L·cos45°）
-NB（3L-2L·cos45°）=0
Xc=2P+3Q-Q·cos45°-3NB+2NB·cos45°=2P+ ∑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
XA=1000N
取AB杆，F=200
∑X=0 S·sin30°+200-1000=0 S=1600N
取O1D杆
∑mO1=0
O1D·S·cos30°-M2=0
M2=207.85（N·m）
16．解：一）取CE ∑m（=0 M+Yc·2=0， E） -0.2XA+M1=0 1a-pcos45°·a =0 21Q 21·3Q 2
Yc=-1kN-
∑Y=0 YE+YC=0，YE=1Kn
∑X=XE=0
二）取ABDE ∑mA（）=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
∑Y=0 YA+YB=0 （2） YA=-YB=-500/2N
∑X=0 XA+XB=0 （3） XA=-XB ∴XA= -500/2N
取DH杆为研究对象，
∑mI （F）=0 -M+NE×0.2=0 NE=1000N 取BC杆为研究对象，
∑mc（F）=0
YB·0.4·cos45°+XB·0.4·cos45°-NE·0.2=0 XB=2502N
∑X=0 XC+XB-NE·cos45°=0
XC=2502N
∑Y=0 YC+YB-NE·sin45°=0
18．解：对整体∑mB=0，L·XA-P（3L+r）=0
XA=P（3+r/L）
∑Y=0，YA=P
∑X=0，NB=XA= P（3+r/L）
对AC ∑mc=0，
－（SAB+YA）·2L－T’（L+r）+XA·L=0，SAB=0
19．解：取整体∑mA（F）=0
ND·AD－M－P（4+2+1）L=0，ND=18 ∑X=0，XA+NDsinα=0
∑Y=0，YA+NDcosα=0 tgβ=3/2，tgα=3/4 取DE ∑mc（F）=0
SBD·cosβ·3L+ND sinα·3L－PL－M=0， SBD=－1.44N
20．解：取整体∑mA=()=0，
XEL2-Q（3L1+R）=0，XE=250N ∑X=0，XA=XE=250N
∑Y=0，YA=Q=100N
取ECGD ∑mD=()=0， XEL2-TR-SAC·4/5·2L1=0，SAC=189.5N ∑X=0，XD+Q-XE+SAC·3/5=0，XD=37.5N ∑Y=0，YD=-SAC·4/5=-150N
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
① 0；
② 50N；
③ 70.7N；
④ 86.6N；
⑤ 100N。
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，y向分力
的大小为 N。
① 86.6；
② 70.0；
③ 136.6；
④ 25.9；
⑤ 96.6；
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 。
① 作用在O点的一个合力；
② 合力偶；
③ 作用在O点左边某点的一个合力；
④ 作用在O点右边某点的一个合力。
5．图示三铰刚架受力作用，则A支座反力的大
小为 ，B支座反力的大小
为 。
① F/2；
② F/2；
③ F；
④ 2F；
⑤ 2F。
6．图示结构受力作用，杆重不计，则A支座
力的大小为 。
① P/2；
② 约束P/3；
③ P；
④ O。
7．曲杆重不计，其上作用一力偶矩为M的力偶，则图（a）中B点的反力比图（b）中的反力 。
① 大；
② 小 ；
③ 相同。
8．平面系统受力偶矩为M=10KN.m的力偶作用。当力
偶M作用于AC杆时，A支座反力的大小为 ，
B支座反力的大小为；当力偶M作用于BC
杆
时，A支座反力的大小为 ，B支座反力的大小为 。
① 4KN；
② 5KN；
③ 8KN；
④ 10KN。
9．汇交于O点的平面汇交力系，其平衡方程式可表示为二力矩形式。即∑mA(i)=0,∑mB(i)=0，但必须
① A、B两点中有一点与O点重合；
② 点O不在A、B两点的连线上；
③ 点O应在A、B两点的连线上；
④ 不存在二力矩形式，∑X=0，∑Y=0是唯一的。
10．图示两个作用在三角板上的平面汇交力系（图
（a）汇交于三角形板中心，图（b）汇交于三角形板
底边中点）。如果各力大小均不等于零，则
图（a）所示力系 ，
图（b）所示力系 。
① 可能平衡；
② 一定不平衡；
③ 一定平衡；
④ 不能确定。
三、填空题
1．两直角刚杆ABC、DEF在F处铰接，并支
承如图。若各杆重不计，则当垂直BC边的力P从B
点移动到C点的过程中，A处约束力的作用线与AB
方向的夹角从 度变化到 度。
2．图示结构受矩为M=10KN.m的力偶作用。若a=1m，
各杆自重不计。则固定铰支座D的反力的大小为 ，
方向 。
3．杆AB、BC、CD用铰B、C连结并支承如图，受矩为M=10KN.m的力偶作用，不计各杆自重，则支座D处反力的大小
为 ，方向 。
4．图示结构不计各杆重量，受力偶矩为m的力偶作
用，则E支座反力的大小为 ，方向在图中
表示。
5．两不计重量的簿板支承如图，并受力偶矩为m的力偶作
用。试画出支座A、F的约束力方向（包括方位与指向）。
6．不计重量的直角杆CDA和T字形杆DBE
在D处铰结并支承如图。若系统受力P作用，
则B支座反力的大小为 ,方
向 。
7．已知平面平行力系的五个力分别为
F1=10（N），F2=4（N），F3=8（N），F4=8（N），
F5=10（N），则该力系简化的最后结果为
8．某平面力系向O点简化，得图示主矢R'=20KN，主
矩Mo=10KN.m。图中长度单位为m，则向点A（3、2）简
化得 ，向点B（-4，0）简化得
（计算出大小，并在图中画出该量）。
9．图示正方形ABCD，边长为a（cm），在刚体A、B、C三点上分别作用了三个力：F1、F2、F3，而F1=F2=F3=F（N）。则该力系
简化的最后结果为 并用图表示。
10．已知一平面力系，对A、B点的力矩为∑mA（Fi）
=∑mB（i）=20KN.m，且∑Xi=-52KN，则该力系的
最后简化结果为
（在图中画
出该力系的最后简化结果）。
11．已知平面汇交力系的汇交点为A，且满足方程∑mB =0（B为力系平面内的另一点），若此力系不平衡，则可简化为 。已知平面平行力系，诸力与y轴不垂直，且满足方程∑Y=0，若此力系不平衡，则可简化为 。
四、计算题
1．图示平面力系，已知：F1=F2=F3=F4=F，M=Fa，a为三
角形边长，若以A为简化中心，试求合成的最后结果，并在图
中画出。
2．在图示平面力系中，已知：F1=10N，F2=40N，
F3=40N，M=30N·m。试求其合力，并画在图上（图中长
度单位为米）。
3．图示平面力系，已知：P=200N，M=300N·m，欲使力系的合力通过O点，试求作用在D点的水平力T为多大。
4．图示力系中力F1=100KN，F2=200KN，F3=300KN，方
向分别沿边长为30cm的等边三角形的每一边作用。试求此三
力的合力大小，方向和作用线的位置。
5．在图示多跨梁中，各梁自重不计，已知：q、P、
M、L。试求：图（a）中支座A、B、C的反力，图（2）
中支座A、B的反力。
6．结构如图，C处为铰链，自重不计。已知：P=100KN，
q=20KN/m，M=50KN·m。试求A、B两支座的反力。
7．图示平面结构，自重不计，C处为光滑铰链。已知：
P1=100KN，P2=50KN，θ=60°，q=50KN/m，L=4m。试求
固定端A的反力。
8．图示曲柄摇杆机构，在摇杆的B端作用一水平阻力，已知：OC=r，AB=L，各部分自重及摩擦均忽略不
计，欲使机构在图示位置（OC水平）保持平衡，试求在
曲柄OC上所施加的力偶的力偶矩M，并求支座O、A的
约束力。
9．平面刚架自重不计，受力、尺寸如图。试求A、
B、C、D处的约束力。
10．图示结构，自重不计，C处为铰接。L1=1m，
L2=1.5m。已知：M=100KN·m，q=100 KN/m。试求A、
B支座反力。
11．支架由直杆AD与直角曲杆BE及定滑轮D组成，
已知：AC=CD=AB=1m，R=0.3m，Q=100N，A、B、C处均
用铰连接。绳、杆、滑轮自重均不计。试求支座A，B的反
力。
12．图示平面结构，C处为铰链联结，各杆自重不计。已
知：半径为R，q=2kN/cm，Q=10kN。试求A、C处的反力。
13．图示结构，由杆AB、DE、BD组成，各杆自重
不计，D、C、B均为锵链连接，A端为固定端约束。已知
q（N/m），M=qa2（N·m），P=2qNa()，尺寸如图。
试求固定端A的约束反力及BD杆所受的力。
14．图示结构由不计杆重的AB、AC、DE三杆组成，
在A点和D点铰接。已知：P、L0。试求B、C二处
反力（要求只列三个方程）。
15．图示平面机构，各构件自重均不计。已知：
OA=20cm，O1D=15cm，θ=30°，弹簧常数k=100N/cm。
机构平衡于图示位置时，弹簧拉伸变形δ=2cm，
M1=200N·m，试求使系统维持平衡的M2。
16．图示结构，自重不计。已知：P=2kN，
Q= kN，M=2kN·m。试求固定铰支座B的反力。
若
17．构架受力如图，各杆重不计，销钉E固结在DH杆
上，与BC槽杆为光滑接触。已知：AD=DC=BE=EC=20cm，
M=200N·m。试求A、B、C处的约束反力。
18．重为P的重物按图示方式挂在三角架上，
各杆和轮的自重不计，尺寸如图，试求支座A、B
的约束反力及AB杆内力。
19．图示来而结构由杆AB及弯杆DB组成，
P=10N，M=20N·m，L=r=1m，各杆及轮自重不计，
求固定支座A及滚动支座D的约束反力及杆BD的
B端所受的力。
20．构架如图所示。重物Q=100N，悬持在绳端。
已知：滑轮半径R=10cm，L1=30cm，L2=40cm，不计
各杆及滑轮，绳的重量。试求A、E支座反力及AB
杆在铰链D处所受的力。
第二章 平面力系参考答案：
一、是非题
1、对 2、对 3、错 4、对 5、对 6、对 7、对 8、对 9、对 10、错 11、对 12、错
二、选择题
1、① 2、③② 3、③④ 4、③ 5、②② 6、② 7、② 8、④④②② 9、② 10、①②
三、填空题
1、0°；90°； 2、10KN；方向水平向右； 3、10KN；方向水平向左；
4、2m/a；方向沿HE向； 5、略 6、2P；方向向上；
7、力偶，力偶矩m=－40（N·cm），顺时针方向。
8、A：主矢为20KN，主矩为50KN·m，顺钟向
B：主矢为20KN，主矩为90KN·m，逆钟向
9、一合力R=F2，作用在B点右边，距B点水平距离a（cm）
10、为一合力R，R=10KN，合力作线与AB平行，d=2m
11、通过B点的一个合力；简化为一个力偶。
四、计算题
1、解：将力系向A点简化Rx'=Fcos60°+Fsin30°－F=0
Ry'=Fsin60°－Fcos30°+F=F
R=Ry'=F
对A点的主矩MA=Fa+M－Fh=1.133Fa 合力大小和方向='
合力作用点O到A点距离
d=MA/R'=1.133Fa/F=1.133a
2．解：将力系向O点简化
RX=F2－F1=30N
RV=－F3=－40N
∴R=50N
主矩：Mo=（F1+F2+F3）·3+M=300N·m
合力的作用线至O点的矩离 d=Mo/R=6m
合力的方向：cos（，）=0.6，cos（，）=－0.8 （，）=－53°08’ （，i）=143°08’
3．解：将力系向O点简化，若合力R过O点，则Mo=0
Mo=3P/5×2+4P/5×2－Q×2－M－T×1.5
=14P/5－2Q－M－1.5T=0
∴T=（14/5×200－2×100－300）/1.5=40（N）
∴T应该为40N。
4．解：力系向A点简化。
主矢ΣX=F3－F1cos60°+F2cos30°=150KN ΣY=F1cos30°+F2cos30°=503KN R’=173.2KN Cos（，i）=150/173.2=0.866，α=30° 主矩MA=F3·30·sin60°=453KN·m AO=d=MA/R'=0.45m
5.解：（一）1.取CD，Q1=Lq
ΣmD（）=0 LRc－
Rc=（2M+qL2）/2L
2. 取整体， Q=2Lq
ΣmA（）=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（）=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（）=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 1LQ1-M=0 21LQ1=0 2
ΣmA=0，
5YB－3XB－3.5P－1q·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（）=0 －Q×2+RB×4×cos45°=0 RB=141.42KN
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（）=0
Nsin45°·r－M=0，N=M/（r sin45°）
取AB ΣmA（）=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=（1－1
42L/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（）=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
Q=qL=500KN，sinα=3/5，cosα=4/5，∑mA（F）=0 YB·（2+2+1.5）-M-1Q·5=0 （1） 2
∑X=0, -XA-XB+Q·sinα=0 （2） ∑Y=0, -YA+YB-Q·cosα=0 （3） 取BDC为研究对象
∑mc（）=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（）=0 T·R-T（R+CD）-YA·AC=0 ∵AC=CD T=Q YA=-Q=-100（N）
对整体
∑mB（）=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（）=0 MA-M+qa·
MA=-1a+P·asin45°=0 212qa（N·m） 2
二）DCE
∑mc（F）=0 SDBsin45°a+qa·
SDB=1qa(N) 2
14．解：取AB杆为研究对象
∑mA（）=0 NB·2L·cos45°-Q·Lcos45°=0 NB= 取整体为研究对象
∑mE（）=0
-Xc·L+P·2L+Q（3L-L·cos45°）
-NB（3L-2L·cos45°）=0
Xc=2P+3Q-Q·cos45°-3NB+2NB·cos45°=2P+ ∑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
XA=1000N
取AB杆，F=200
∑X=0 S·sin30°+200-1000=0 S=1600N
取O1D杆
∑mO1=0
O1D·S·cos30°-M2=0
M2=207.85（N·m）
16．解：一）取CE ∑m（=0 M+Yc·2=0， E） -0.2XA+M1=0 1a-pcos45°·a =0 21Q 21·3Q 2
Yc=-1kN-
∑Y=0 YE+YC=0，YE=1Kn
∑X=XE=0
二）取ABDE ∑mA（）=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
∑Y=0 YA+YB=0 （2） YA=-YB=-500/2N
∑X=0 XA+XB=0 （3） XA=-XB ∴XA= -500/2N
取DH杆为研究对象，
∑mI （F）=0 -M+NE×0.2=0 NE=1000N 取BC杆为研究对象，
∑mc（F）=0
YB·0.4·cos45°+XB·0.4·cos45°-NE·0.2=0 XB=2502N
∑X=0 XC+XB-NE·cos45°=0
XC=2502N
∑Y=0 YC+YB-NE·sin45°=0
18．解：对整体∑mB=0，L·XA-P（3L+r）=0
XA=P（3+r/L）
∑Y=0，YA=P
∑X=0，NB=XA= P（3+r/L）
对AC ∑mc=0，
－（SAB+YA）·2L－T’（L+r）+XA·L=0，SAB=0
19．解：取整体∑mA（F）=0
ND·AD－M－P（4+2+1）L=0，ND=18 ∑X=0，XA+NDsinα=0
∑Y=0，YA+NDcosα=0 tgβ=3/2，tgα=3/4 取DE ∑mc（F）=0
SBD·cosβ·3L+ND sinα·3L－PL－M=0， SBD=－1.44N
20．解：取整体∑mA=()=0，
XEL2-Q（3L1+R）=0，XE=250N ∑X=0，XA=XE=250N
∑Y=0，YA=Q=100N
取ECGD ∑mD=()=0， XEL2-TR-SAC·4/5·2L1=0，SAC=189.5N ∑X=0，XD+Q-XE+SAC·3/5=0，XD=37.5N ∑Y=0，YD=-SAC·4/5=-150N