最新理论力学静力学典型习题+答案

1、学习-好资料1-3试画出图示各结构中构件 AB的受力图更多精品文档(a)（3）(b)1-4试画出两结构中构件 ABCD的受力图学习-好资料3更多精品文档1-5试画出图a和b所示刚体系整体各个构件的受力图1- 5a/:示位置平衡。试求二力Fi和F2之间的关系Fi和F2,机构在图1- 8在四连杆机构的ABCD的铰链B和C上分别作用有力解：杆AB，BC，CD为二力杆，受力方向分别沿着各杆端点连线的方向。 解法1（解析法）假设各杆受压，分别选取销钉 B和C为研究对象，受力如图所示:由共点力系平衡方程，对B点有:' Fx =0F2 - Fbc cos45° = 0对C点有：'

2、Fx = 0Fbc 一 F1 cos30° = 0解以上二个方程可得:FiF1.63F2解法2（几何法）分别选取销钉B和C为研究对象，根据汇交力系平衡条件，作用在B和C点上的力构成封闭的力多边形，如图所示对B点由几何关系可知：F?二FBC cos45°对C点由几何关系可知：Fbc二F1 cos300解以上两式可得：F, =1.63F22-3在图示结构中，二曲杆重不计，曲杆 点处的约束力。AB上作用有主动力偶 M试求A和C解：BC为二力杆（受力如图所示），故曲杆AB在B点处受到约束力的方向沿 BC 两点连线的方向。曲杆 AB受到主动力偶M的作用，A点和B点处的约束力必须 构成

3、一个力偶才能使曲杆AB保持平衡。AB受力如图所示，由力偶系作用下刚体 的平衡方程有（设力偶逆时针为正）：送 M = 0FVlOa sin（B + 450） - M = 0fa = 0.354Ma其中：tan1。对 BC杆有：FC 二 FB 二 Fa = 0.354M3aA，C两点约束力的方向如图所示。2-4学习-好资料解：机构中AB杆为二力杆，点A,B出的约束力方向即可确定。由力偶系作用下 刚体的平衡条件，点 0,C处的约束力方向也可确定，各杆的受力如图所示。对BC杆有:M = 0FB BC sin30° - M2 = 0对AB杆有： Fb = Fa对 OA杆有：' M =

4、0 M 1 - Fa OA = 0求解以上三式可得：M1 = 3N m，Fab 二 F。二 FC = 5N，方向如图所示。2-6求最后简化结果(a)解：2-6a坐标如图所示，各力可表示为：-17 3 -F1Fi Fj，2 2先将力系向A点简化得（红色的）F2】FiFj2 2Fr = Fi 3Fj，MaBak2方向如左图所示。由于Fr - M A，可进一步简化为一个不过 A点的力（绿 色的），主矢不变，其作用线距A点的距离d = 3a，位置如左图所示。42- 6b同理如右图所示，可将该力系简化为一个不过 A点的力（绿色的），主矢为：Fr 2Fi其作用线距A点的距离d =，位置如右图所示。4简化中

5、心的选取不同，是否影响 最后的简化结果？是2-13解：整个结构处于平衡状态。选择滑轮为研究对象，受力如图，列平衡方程（坐 标一般以水平向右为x轴正向，竖直向上为y轴正向，力偶以逆时针为正）：' Fx=0Psin ： FBx = 0' Fy=0FBy - P - Pcos： - 0选梁AB为研究对象，受力如图，列平衡方程：' Fx=0Fax - Fbx = 0二 Fy= 0FAy - FBy 二 0' MA = 0M A - FBy I = 0求解以上五个方程，可得五个未知量 FgFAy, FBx, FBy,M A分别为：Fax二FBx = -Psi（与图示方向相

6、反）FAy二FBy二P（1 cos ）（与图示方向相同）MA二P（1 cos）1 （逆时针方向） 2-18解：选AB杆为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：ai' M a = 0NDG cos - Fcos- = 0cos：2' Fy = 0ND cos：GF = 0求解以上两个方程即可求得两个未知量 Nd，其中:1二 arccos2(F G)a3 (2F G)l 未知量不一定是力以下几题可看一看！2-27解：选杆AB为研究对象，受力如下图所示。列平衡方程：（运用力对轴之矩！）1' M y = 0 P ctan： - FBC cos c 一 FBC sin 二 etan

7、： = 0 2Fbc -60.6N1' M x' = 0 P a - Fb c - Fbc sin= a 二 0Fb = 100N2由v Fy = 0和v Fz二0可求出FAy, Faz。平衡方程v M X二0可用来校核思考题：对该刚体独立的平衡方程数目是几个？2-29解：杆1, 2, 3, 4, 5, 6均为二力杆，受力方向沿两端点连线方向，假设各杆 均受压。选板ABCE为研究对象，受力如图所示，该力系为空间任意力系。采用 六矩式平衡方程：、M de = °F2 cos450 = 0 F2 = 0、M ao = 0- F6 cos450 a - F cos450 c

8、os450 a = 0F - F（受拉）2' M bh = 0 F4 cos45 a F6 cos45 a = 0 F4 = F（受压）2、M ad = 0F1 a F6 cos450 a - F sin450 a = 02f（受压）2' Mcd = 0FiaF3a -Fsin450a = 0F厂-F（受拉）2' M BC = 0F3aF5a -F4 cos45°a = 0F5 =0本题也可以采用空间任意力系标准式平衡方程，但求解代数方程组非常麻烦。类似本题的情况采用六矩式方程比较方便，适当的选择六根轴 保证一个方程求解一 个未知量，避免求解联立方程2-31

9、力偶矩 M =1500N cm解：取棒料为研究对象，受力如图所示。列平衡方程 ：* Fx=0尺 + pcos45° - N2 = 0瓦 Fy =0< F2 psin450 + N 0' M。（匸 F2） P - M = 0. 2补充方程：Fl _ fsNlfsN2五个方程，五个未知量F,N,F2,N2，fs，可得方程：2M fS2 - 2p D fS 2M =0解得 fS1 = 0.223, fS2 二 4.491。当 fS2 二 4.491 时有：P（1 二 fs2）2（厂fs22）即棒料左侧脱离V型槽，与提议不符，故摩擦系数 fs= 0.223。更多精品文档2-33

10、解：当:=450时，取杆AB为研究对象，受力如图所示 列平衡方程：x Fx=0F,=0送 Ma =0Fn -T si= 0<Fs + T cosb - p = 0ABT cost AC sin： - T sin AC cos： - psin0I 2附加方程：Fs = fs Fn四个方程，四个未知量Fn,Fs,T, fs，可求得fs = 0.646。2-35解：选棱柱体为研究对象，受力如图所示。假设棱柱边长为 方程：a,重为P,列平衡' Ma =0I' Mb =02巳=0aaFnb a - P cos P sin ； - 02 2 3aa- Fna a P cos P si

11、n： - 022 3IFA + FB - Psin° = 0如果棱柱不滑动，则满足补充方程Faf s1 F NA时处于极限平衡状态。解以上Fb二 fs2Fnbs2fs12 3五个方程，可求解五个未知量Fa, Fna, Fb , Fnb,，其中:(1)3(fs1fs2)当物体不翻倒时Fnb - 0,贝U：tan：乞 60°即斜面倾角必须同时满足（1）式和 式，棱柱才能保持平衡3- 10 解：假设杆AB , DE长为2a。取整体为研究对 象，受力如右图所示，列平衡方程：二 Mc=OFBy2a = 0FBy=O取杆DE为研究对象，受力如图所示，列平 衡方程：' M h =

12、 0FDy a - F a = 0 F°y = F' M b = 0Fdx a 一 F 2a = 0FD 2F取杆AB为研究对象，受力如图所示，列平衡方程:v Fy = 0FAyFDy - Fb 0FAy = - F （与假设方向相反）' M A = 0Fdx a Fbx 2a = 0FBx二- F （与假设方向相反）' Mb =0- Fax 2a - Fdx a = 0Fax = -F （与假设方向相反）3-12bFd解：取整体为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：' M c = 0Fd b - F x = 0f - Fb取杆AB为研究对象，受力如图

13、所示，列平衡方程：' M a = 0Fb b - F x = 0fb = Fb杆AB为二力杆，假设其受压。取杆 AB和AD构成的组合体为研究对象，受力 如图所示，列平衡方程：' Me =0 (Fb Fd) b F (B-x)-Fac 02 2 2解得Fac二F，命题得证。注意：销钉A和C联接三个物体。3-14解：取整体为研究对象，由于平衡条件可知该力系对任一点之矩为零，因此有：' Ma = 0Ma(Fb) - M M = 0即Fb必过A点，同理可得Fa必过B点。也就是Fa和Fb是大小相等，方向相反 且共线的一对力，如图所示。取板AC为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：

14、' M c = 0FA sin 450 a - FA cos450 b - M = 0解得：尸人=2M（方向如图所示）a b3-20解：支撑杆1, 2, 3为二力杆，假设各杆均受压。选梁 BC为研究对象，受力如 图所示。其中均布载荷可以向梁的中点简化为一个集中力，大小为 2qa,作用在 BC杆中点。列平衡方程：' M b = 0 F3 sin 45° a- 2qa a - M=0 F2（ 2qa）（受压）选支撑杆销钉D为研究对象，受力如右图所示。列平衡方程：x Fx = 0 R - F3COS450 = 0f 2qa（受压）a' Fy =0-FF3Sin450

15、F2 =2qa）（受拉）a选梁AB和BC为研究对象，受力如图所示。列平衡方程:' Fx = 0Fax F3COS450 = 0 FAx（M 2qa）（与假设方向相反）a' Fy = 0FAy F2 F3 sin 450 - P - 4qa = 0FAy = P 4qa' Ma = 0M a F2 a - P 2a - 4qa 2a FsSin45° 3a - M = 0Ma = 4qa2 2Pa- M （逆时针）3-21解：选整体为研究对象，受力如右图所示。 列平衡方程：' Ma =0Fb2a - F 2a = 0 Fb=FFBy- FAy，2a -

16、F，2a = 0Fa -fFaxFbxF - 0!FeFeE11111BxFAyFax由题可知杆DG为二力杆，选GE为研究对象，作用于其上的力汇交于点 G,受力如图所示，画出力的三角形，由几何关系可得:Fe2 _F2取CEB为研究对象，受力如图所示。列平衡方程:代入公式（1）可得:Fbx a FBy a FESin450F BxF Ax3-24解：取杆AB为研究对象，设杆重为P，N, 3r - P 3rcos60 0N厂 6.93(N)2-Fx = 0Fax -NiSin6O0 =0= 6(N)' Fy =0FaNicos600 - P = 0Fa 12.5'(N)取圆柱C为研

17、究对象，受力如图所示。列平衡方程：' Fx = 0Ni cos300 - T cos300 = 0T = 6.93(N)注意：由于绳子也拴在销钉上，因此以整体为研究对象求得的A处的约束力不是杆AB对销钉的作用力。3-27解：取整体为研究对象，设杆长为 L,重为P,受力如图所示。列平衡方程:(1)' Ma=0Fn 2Lsin2P 丄cos0Fn2取杆bc为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：' Mb = 0 Fn Lsin，P 丄 cos： - Fs L cos-补充方程：Fs乞fs Fn，将式和(2)式代入有：tan < f，即 厂100 o23-29 ()证明：

18、(1)不计圆柱重量法1:取圆柱为研究对象，圆柱在 C点和D点分别受到法向约束力和摩擦力的作用，分别以全约束力Frc,Frd来表示，如图所示。如圆柱不被挤出而处于平衡状态，则Frc,Frd等值，反向，共线。由几何关系可知，Frc,Frd与接触点C，D处法线方向的夹角都是，因此只要接触面的摩擦角大于 1,不论F多大，圆柱不2 2会挤出，而处于自锁状态。法2 （解析法）：F ND首先取整体为研究对象，受力如图所示。列平衡方程:Ma = 0 Fnd a - F I = 0Fnd =丄 Fa再取杆AB为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：' Ma =0 Fnc a - F I = 0 FncF

19、二 Fnda取圆柱为研究对象，受力如图所示。假设圆柱半径为R,列平衡方程:' M ° = 0 Fsc R FsdR = 0 Fsc 二 Fsd' Fx = 0Fnc sin ： - Fsc COS： - Fsd = 0sin:1 cos：F NCsin:1 cos：F ND由补充方程:Fsc 一 fSC FnC,Fsd 一 f SD F ND，可得如果:Si naaafsc -,fsD1 + co护22则不论F多大，圆柱都不被挤出，而处于自锁状态。证明：（2）圆柱重量P时取圆柱为研究对象，此时作用在圆柱上的力有重力 P，C点和D点处的全约束力FrC , FrD。如果圆

20、柱保持平衡,则三力必汇交于D点（如图所示）。全约束力FrC与C点处法线方向的夹角仍为二，因此如果圆柱自锁在C点必须满足:sin:1 cos：ot=tan2(1)该结果与不计圆柱重量时相同只满足（1）式时C点无相对滑动，但在D点有可能滑动（圆柱作纯滚动）。再选杆AB为研究对象，对A点取矩可得 由几何关系可得:F RCFlaa cos2法1 （几何法）：©RD圆柱保持平衡，则作用在其上的三个力构成封闭得力三角形， 如图所示。由几何关系可知：PFrcCto i n Gsin180° -(180° -?将(2)式代入可得：Fl sina tan(Pa + Fl )(1 +

21、 cost)因此如果圆柱自锁在D点必须满足：f tan -Flsin：SD(Pa + Fl)(1 + co/)即当同时满足式和(3)式时，圆柱自锁，命题得证。法2 (解析法)：取圆柱为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：' Fx = 0FncS" ： - Fsc cos： - Fsd = 0' Fy = 0Fnd - P - Fsc sin - Fnc cos：二 0lFl解得：Fsc二Fsd二tanF，Fnd二 P (cos： sin：tan)2 aa2代入补充方程：Fsd乞fsD Fnd，可得如果圆柱自锁在D点必须满足：f _tan =Flsin： SD(Pa +

22、 Fl)(1 + co字)即当同时满足式和(3)式时，圆柱自锁，命题得证。3-30解：取整体为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：工 Fx = 0 Fsd - Fse = 0三 Fy = 0 .Fnd * Fne - F - 2P = 0由题可知，杆AC为二力杆。作用在杆BC上的力有主动力F，以及B和C处 的约束力FB和Fac，由三力平衡汇交，可确定约束力 FB和Fac的方向如图所示，其中：tanr = 1，杆AC受压3取轮A为研究对象，受力如图所示，设Fac的作用线与水平面交于F点，列平衡 方程:二 M A = 0 Fsd R - M D = 0x Mf=0(Fnd - P) R-Md =0

23、取轮B为研究对象，受力如图所示，设 Fb的作用线与水平面交于 G点，列平衡 方程：、Mb=0 Me-FSeR = 0' Mg = 0 Me (P-Fne) Rta= 0解以上六个方程，可得：13Fnd = P F， Fne = P F，441Md 二 Me 二FR4若结构保持平衡，则必须同时满足:Md - Fnd，Me - Fne，Fse 乞 fs FNE即:F - min丄巳丄P,4f£R-、 R-3、1 - fs4fsP 1 -3fsP，R 一、因此平衡时F的最大值Fmax = 0.36，此时:Fsd 二 Fse =0.091（N）, Md 二 Me =0.91（N cm

24、）3-35解：由图可见杆桁架结构中杆 CF, FG, EH为零力杆。用剖面SS将该结构分为 两部分，取上面部分为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：' Me =0 Rcosr 6 Fh 4- Fg 3 = 0F -14.58（kN）（受拉）'Fx= 0- F1 sin= - F3 - FH = 0F厂-31.3（受拉）'Fy= 0F2 - F1 co - FG = 0F2 二18.3（受压）3-38解：假设各杆均受压。取三角形BCG为研究对象，受力如图所示。列平衡方程:、Fx=0 F-Fcd=0Fcd=F（受压）Fg取节点C为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：F Fx

25、 = 0: Fbc COS450 - Fcd - Fcg co矽=0Fy =0Fbc si n450 + Fcg si n 日=0其中：tanr = 12，解以上两个方程可得：FBC二0.586 F （受压）2 +V23-40解：取整体为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：二 M a = 0 Fb 2a - F 2a - F 3a = 0FB = 2.5F1 cF用截面S-S将桁架结构分为两部分，假设各杆件受拉，取右边部分为研究对象, 受力如图所示。列平衡方程：' M C = 0Fb a F a - F2 3a = 0 F2 = 7 F （受拉）6x Fx =0 2F - R - F2

26、 = 0F5F （受拉）64-1f Fm解：1. 选定由杆OA OC, 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F , Fm。2. 该系统的位置可通过杆OA与水平方向的夹角B完全确定，有一个自由度。选 参数9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S 9，相应 的各点的虚位移如下：rA = O A ， b = O B v， r = 01C 二G = OiD 宀，* 二 rc， G 二 I代入可得：rA二30 ： rE4. 由虚位移原理v.W(Fi)二0有：FA Fme =(30F - Fm)e =0对任意、:rE = 0有：F

27、m = 30F，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9完全确定，有一个自由度。选参数9为广义坐标。由几何关系可知：h二 3tan日杆的质心坐标可表示为：Zc3. 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 S 9，则质心C的虚位移：4.由虚位移原理、W (FJ0有:-PZc(-对任意二0 有:1sin2即杆AB平衡时:1)3OPB解：4b1. 选杆AB为研究对象，该系统具有理想约束。 为重力。2. 该系统的位置可通过杆 AB与z轴的

28、夹角设杆重为P,作用在杆上的主动力B完全确定，有一个自由度。选参数B为广义坐标。由几何关系可知:Za杆的质心坐标可表示为:1Zccos2AB顺时针旋转一个微小的角度3. 在平衡位置，不破坏约束的前提下，假定杆S 9，则质心C的虚位移：亠ossin 二4.由虚位移原理'、W(FJ0有:(一(sinc心、卄)cos-sin2角满足：2 R cos-l sin 3二4-5解:1.选整个系统为研究对象，此系统包含弹簧。设弹簧力F,F2，且F,将弹簧力视为主动力。此时作用在系统上的主动力有F, F2，以及重力P °2该系统只有一个自由度，选定二为广义坐标。由几何关系可知：zA = zB

29、 = a sin -3.在平衡位置，不破坏约束的前提下，假定有一个微小的虚位移s 9，则质心的 虚位移为：zc = "'zA = "'zB = a cos - u弹簧的长度|二2a sin 1，在微小虚位移s 9下：2Ql = a cos 寸24.由虚位移原理：W(Fi)二0有:eP 、 Zc - F2 I工(Pa cos t - F2a cos ) ) - 02其中F2十2叫-a)，代入上式整理可得:2日 a2 P cos J - ka (2 sin 二-cos )02 2对任意、宀-0可得平衡时弹簧刚度系数为：2 P cos 日ea (2 si- cos

30、 )24-6解：解除A端的约束，代之以Fax , F Ay , M A，并将其视为主动力，此外系统还 受到主动力F1, F2,F3, M的作用。系统有三个自由度，选定 A点的位移 xA, yA和梁AC的转角'为广义坐标。1 在不破坏约束的前提下给定一组虚位移Xa =0, yA 二0,-0，如图所示。由虚位移原理' W(Fi 0有：FaxXa 二 0对任意XA = 0可得：Fax二02 在不破坏约束的前提下给定一组虚位移；Xa 二0, 0,=0，如下图所示。由虚位移原理' W(Fi)=0有：-FAy yA hyF2 y - F3% M 宀二 0初舸轨由几何关系可得各点的虚

31、位移如下：yi=yc13 yC13 yAde代入式:(-FAy Fi3m对任意、：XA = 0可得:F Ay = 4( kN )，方向如图所示03.在不破坏约束的前提下给定一组虚位移 ：xA = 0yA = 0, 上图所示。由虚位移原理aW(Fi)二0有：-M AF1 、y F2 y2 - F3 、y3 M 、v - 0有几何关系可得各点的虚位移如下：yr = 2 沁心 y3 = yc = 3、“-:.:.y2 二二二、代入式：(-M A 2F1 F2 - 3F3 M )，0对任意=0可得：M A二7(kNm),逆时针方向。4-7解：将均布载荷简化为作用在 CD中点的集中载荷F3，大小为6 q

32、1.求支座B处的约束力解除B点处的约束，代之以力FB，并将其视为主动力，系统还受到主动力FF2,F3,M的作用，如图所示。在不破坏约束的前提下，杆AC不动，梁CDB 只能绕C点转动。系统有一个自由度，选转角 二为广义坐标。给定虚位移宀， 由虚位移原理"W(Fi 0有：FB rBcos 450 MF2 y2cos15O0 - F3 y3 二 0 各点的虚位移如下：rB = 6 2 宀y2 = 9 宀 y3 = 3 宀代入(1)式整理可得：9 J3(6Fb MF2 - 3F3)宀二 0对任意二-0可得：FB二18.6(kN )，方向如图所示。2.求固定端A处的约束力解除A端的约束，代之以

33、FAx,FAyM A，并将其视为主动力，系统还受到主动力FF2,F3,M的作用。系统有三个自由度，选定A点的位移xA, yA和梁AC的转角二为广义坐标2a.求 Fax0，此在不破坏约束的前提下给定一组虚位移、：xA = 0, yA = 0,-时整个结构平移，如上图所示。由虚位移原理 、rw(Fi)二0有:FAx xa Fj “ F2 x2cos12O0 = 0各点的虚位移如下：“ =x2 = xA代入(2)式整理可得：(FaxF1 - O.5F2)Xa 二 0对任意xA = 0可得：FAx二2 (kN )，方向如图所示2b.求 Fay在不破坏约束的前提下给定一组虚位移XA二0yA = 0厂宀此

34、时梁AC向上平移，梁 CDB绕D点转动，如上图所示。由虚位移原理'、W(FJ 二 0有： FAy 号A - F3 y3 F2 ' y2cos300 - M 、二-0各点的虚位移如下：11 11* 二 y3ycYay2y2236代入(3)式整理可得：1431(Fay - 5F3 F2 - 石 M ) * 二 0对任意：yA = 0可得： FAy二3.8(kN )，方向如图所示。2c.求 M a在不破坏约束的前提下给定一组虚位移'；xA二0广yA二0厂宀=0，此 时梁AC绕A点转动，梁CDB平移，如上图所示。由虚位移原理7 ：W(Fi)二0 有：-M A 宀 F"

35、 xF2 X2cos 120 0 二 0各点的虚位移如下：* = 3 宀x2 二 xC = 6 -代入(4)式整理可得：(- M a 3F1 - 3F2)宀二 0对任意“ -0可得：M A =24 (kN m)，顺时针方向。4-8解：假设各杆受拉，杆长均为a。1 求杆1受力去掉杆1,代之以力P1，系统有一个自由度，选AK与水平方向的夹角二为 广义坐标，如上图所示。在不破坏约束的条件下给定一组虚位移，此时三角形 ADK形状不变，绕 A点转动，因此有 d _ ADrK- A K，且：rD 二 a，： rK 二 3a -二滑动支座B处只允许水平方向的位移，而杆BK上K点虚位移沿铅垂方向，故B 点不动

36、。三角形BEK绕B点旋转_ BE，且：rE 二 rD 二 a 二对刚性杆CD和杆CE由于6rD丄CD,&rE丄CE，因此6 rC = 0。由虚位移原理(FJ = 0有：(F1 PJ rD cos 600 R rE cos 60 0 二 0代入各点的虚位移整理可得：(F1 2P1)=0对任意宀-0可得：P = 一巳(受压)。2 求杆2受力去掉杆2,代之以力P2，系统有一个自由度，选BK与水平方向的夹角二为AK绕A广义坐标，如上图所示。在不破坏约束的条件下给定一组虚位移，杆 点转动，因此有 A K，且：、rK 二 3a、二同理可知B点不动，三角形BEK绕B点旋转e _ BE，且：:rE 二 a：rE 二 T'r。= a 二杆AD绕A点转动d _ AD，由刚性杆DE上点E的虚位移可确定D点位 移方向如图所示，且：rD 二 rE 二 a 二同理可知c二0。由虚位移原理7 ：W(Fi)二0有：Fj rDcos12O0 P2 rD cos 150 0 P2 rK cos