第一章 结构设计中的静力学平衡
1-1 解：力和力偶不能合成；力偶也不可以用力来平衡。 1-2 解：平面汇交力系可以列出两个方程，解出两个未知数。 1-3 解：
q(x)
取坐标系如图，如图知 q(x)?100 x 则载荷q(x) 对A点的矩为
1-4 解：1）AB杆是二力杆，
X 其受力方向如图，且
FA’＝FB’
2）OA杆在A点受力FA，和FA’是一对作
用力和反作用力。显然OA杆在O点受力FO，FO和FA构成一力偶与m1平衡，所以有
FB’ 代入OA = 400mm，m1 = 1N?m，得 FA=5N
B 所以FA’＝FA＝5N， FB’＝ FA’＝5N， FA F B即 杆AB所受的力S＝FA’＝5N
m2 3）同理，O1B杆在B点受力FB，和FB’是
一对作用力和反作用力，FB＝FB’＝5N；且在O O1点受力FO1，FO1和FB构成一力偶与m2平衡，
FO1 所以有 m2?FB?O1B?0
O1 代入O1B=600mm，得 m2=3N.m。 1-5 解：
N2
FA’ A m1 FO B N 1 ?sin ? ? P 则 N 1 / si?? Pn
N1 D 2）取杆AB进行受力分析，受力如图所示，D 杆AB平衡，则对A点的合力矩为0：
3）根据几何关系有
N1’ ? FAY 最后解得：
A
当
FAX T 1）首先取球为受力分析对象，受重力P，墙
壁对球的正压力N2和杆AB对球的正压力N1，处于平衡。有：
T?Pa1?1/cos?Pa1??? 22lsin?lcos??cos?cos??cos2?最大，即?＝60°时，有Tmin
＝
Pa。 4l1
1-6 解：1）取整体结构为行受力分析，在外力（重
力P、 在B点的正压力FB和在C点的正压力FC）作用下平衡，则对B点取矩，合力矩为0：
解得 FC?P(1?aa)，FB?P?FC?P 2l2lFC
FB
A FA 2）AB杆为三力杆，三力汇交，有受力如图
所示。根据平衡条件列方程： 解得：S?FB/tan?
h 又根据几何关系知：tan??
lcos?Pacos? 将FB和tan?代入得：S?
2h1-7 解：
1）
N B
F ? FB’ FB FB ? S B AB杆是二力杆，受力如图，FA’和FB’ 大小相等，方向相反。
2）取滑块进行受力分析，受外力F，正压力N，和杆AB对它的力FB（和FB’是一对作用力和反作用力）。根据平衡条件可列方程
即 FB?F/co?s
d FA’ FA O
A M
3）取OA杆进行受力分析。OA杆在A点受力FA（和FA’是一对作用力和反作用力）。对O点取矩，根据平衡条件合力矩为0：
即：M?FA?d?FA'?d?FB'?d?FB?d?Fd/cos?
又：d=(200+100)sin? tan?＝100/200 解得：M＝60000N.mm＝60N.m
1-8 解：1）BC杆是二力杆，受力在
杆沿线上。
2）取CD杆和滑轮为一体进行受力分析。其中滑轮受力可简化到中心E（如图，T＝Q）。C点受力FC（方向由二力杆BC确定）。列平衡方程：
代入已知参数，解得：FDX＝2Q，
FDY＝0.25Q
FC ? ?
D T E Q C FDY FDX
2
1-9 解：
取杆AB分析，A端为固定铰链，B端受拉
力FB，D点受滑轮对其的作用力（滑轮受力简化到中心点D）T和Q，T＝Q＝1800N。AB杆平衡，列平衡方程： 代入已知参数，解得：
FAX＝2400N， FAY＝1200N
Q
NA FA O FB NB
N’
FB 1-10
T D ? 解：FAX A 1）B Q 取FAY
偏
心轮分析受力，处于平衡状态时，有N和FC构成一力偶，与m平衡。
有FC＝N， MC(F)?0?m?N?e，得：N＝m/e
2）取推杆分析受力，处于平衡状态时有
（推杆有向上运动的趋势，故摩擦力方向如图，且正压力N’和N是一对作用力和反作用力，N’＝N）：
N FC C m ?MO(F)?0?N'?a?NA?b?FA?d/2?FB?d/2???FX?0?NA?NB??FY?0?N'?Q?FA?FB? 又 FA?f?NA,FB?f?NB 联立方程组解得：NA＝am/be，FA＝FB＝fam/be
3）若要推杆不被卡住，则要求有 N'?Q?FA?FB，代入相应结果得：
b?2afm
m?eQCD是二力杆，所以在D点砖所受的约束反力R（和CD杆D端受力为一对作用力和反作用力）方向在GD连线上，如图所示。 若要把砖夹提起，则要求约束反力R在摩擦角?范围之内，即要求?
又 HD＝250－30＝220（mm） f＝0.5，代入解得b<110mm。 即距离b<110mm，可提起砖夹。
1-11 解：
? H
R ? 3
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