第三章-力对点之矩与平面力偶

第三章力对点之矩与平面力偶一、判断题1、力偶是物体间相互的机械作用，这种作用的效果是使物体的运动状态发生改变。力偶没合力，不能用一个力来等效代换，也不能用一个力来与之平衡。（√）2、力偶使物体转动的效果完全由力偶矩来确定，而与矩心位置无关。只要力偶矩相同，不管其在作用面内任意位置，其对刚体的作用效果都相同。（√）3、01niiM是平面力偶系平衡的充要条件。（√）4、半径为R的圆轮可绕通过轮心轴O转动，轮上作用一个力偶矩为M的力偶和一与轮缘相切的力F,使轮处于平衡状态。这说明力偶可用一力与之平衡。（×）5.刚体的某平面内作用一力和一力偶，由于力与力偶不能等效，所以不能将它们等效变换为一个力。（×）解析：一个力和一个力偶可以简化为一个力。6、物体受同一平面内四个力的作用，这四个力组成两个力偶（F1，F1′）和(F2,F2′），其组成的力多边形自行封闭，该物体处于平衡。（×）7、力偶不是基本力学量，因为构成力偶的两力为基本量。（×）解析：(1)力学中的基本物理量是长度、质量、时间。(2)国际单位制中的基本单位：长度，米（m）；质量，千克（kg）；时间，秒（s）；电流，安（A）；热力学温度，开（K）；物质的量，摩（mol)；发光强度，坎（cd）。8、自由刚体受到力偶作用时总绕力偶臂中点转动。（×）解析：动力学可以证明，静止的自由刚体受力偶作用时，总是绕着刚体的质量中心转动（与质量分布有关，与作用位置无关）。9、力偶的合力等于零。（×）解析：力偶是一对大小相等方向相反但不在同一条直线上的两个力,这与力的平衡定理作用在同一直线上的两个力大小相等方向相反则两力平衡是相悖的.力偶对平面内任意点的力矩不为零.10、力偶的合成符合矢量加法法则。（×）解析：三角形法则，平行四边形法则。三角形法则是：如果是两个矢量的相加将这两个矢量的首尾相接，从一个矢量的开头指向另一个矢量的末尾就是它们的和向量。平行四边形法则：将向量的首相接作为平行四边形的两个邻边，由这两个邻边做出平行四边形，两条边夹的对角线就是和向量。二、选择题1.在代数MO（F)=±Fh中，正、负号代表力F使物体绕矩心O的(A)，正号+，则物体绕矩心O的转动方向为（）。A.转动方向B.移动方向C.顺时针D.逆时针2.力偶是由（A）构成，且（B）。A.两个平衡力B.该两个力大小相等C.不共面的两个力D.该两个力大小不相等3.在一般情况下，不平衡力偶系中各力偶在任何坐标轴上的投影的代数和(D)，各力偶矩矢在任何坐标轴上的投影的代数和（C）。A.可以等于零B.可以不等于零C.不等于零D.肯定等于零4.作用在刚体上的两个力偶等效的充分必要条件是（B），作用在刚体上的两个力等效的充分必要条件是（D）。A.力偶的转向相同B.力偶矩相等C.力的大小、方向、作用点相同D.力的大小、方向、作用线相同5.力偶使刚体转动的效果与（C）无关，完全由（B）决定。A.力偶的转向相同B.力偶矩C.矩心位置、作用点D.力的大小、方向、作用面6.平面力偶系平衡的必要与充分条件是（A）,空间力偶系平衡的必要与充分条件是（D）。A.力偶系中各力偶的力偶矩的代数和等于零B.力偶系中力偶的大小C.力偶系中各力偶的力偶矩上的投影的代数和等于零D.力偶系中各力偶的力偶矩矢在任意轴上的投影的代数和等于零7.符号MO(F）中，角标0（A）,若没有角标O,则M(F)(D)。A.表示矩心B.表示一个力偶C.表示力F的作用点D.无意义8.作用于刚体上的两个力偶的等效条件是（B)。当力偶在其作用面内随意移动时，作用效果（C)。A.二力偶作业面相同B.二力偶矩相等C.保持不变D.发生改变9.力和力偶是力学中的(A),它们都是（B)。A.两个基本量B.物体间相互的机械作用C.物体发生转动D.物体发生移动10.力矩矢量是一个（C)矢量。力偶矩矢是（A)矢量。A.自由B.滑动C.定位D.不能确定11.力偶对刚体产生下列哪种运动效应（）A、既能使刚体转动，又能使刚体移动B、与力产生的效应，有时可以相同C、只可能使刚体移动D、只可能使刚体转动12.如图所示，一正方形薄板置于光滑的水平面上，开始处于静止状态。当沿正方形的四边作用如图所示的大小相等的四个力后，则薄板（）。A、仍保持静止B、只会移动C、只会转动D、既会移动也会转动13.力偶对物体产生的运动效应为（)。A.只能使物体转动B.只能使物体移动C.既能使物体转动又能使物体移动D.它与力对物体产生的运动效应有事相同，有时不同14.分析图所示5个共面力偶，与图（a）所示的力偶等效的是（）。A、图（b）B、图（c）C、图（d）D、图（e）15.“二力平衡公理”和“力的可传性原理”适用于（）。A、任何物体B、固体C、弹性体D、刚体16.力偶对物体的作用效应，决定于（）。A.力偶矩的大小B.力偶的转向C.力偶的作用平面D.力偶矩的大小、力偶的转向和力偶的作用平面17.力偶对坐标轴上的任意点取矩为（）。A.力偶矩原值B.随坐标变化C.零D.以上都不对三、计算题1、曲杆AB采用图所示支撑方式，设有一力偶矩为M的力偶作用于曲杆，试求A，B两处的约束反力。解：曲杆AB的受力图如图所示。NA，NB，SCD构成一力偶。力偶矩为M，转向与作用在曲杆上的力偶方向相反，即顺时针方向，故NA=NB,SCD=2NA=2NB2NA×l22=M，NA=NB=lM此处请注意：若把A、B两处均看成是一个水平一个竖直的（共4个）也可以，可以理解为将这4个力都给移到AB杆的拐点处。四个力，水平的两个合二为一，竖直的两个合二为一。这样4个力，就看成了图示的NA和NB两个力了。后续理解如答案。2、图示结构受力偶矩为m的力偶作用，求支座A的约束反力。解：可以看出，AC是二力构件，AC和BC的受力图分别如图a,b所示，由受力图可以得到FA=FB=FC。由图b可以列平面力偶系平衡方程：∑M=0,m-2aFB=0；解之得FB=ma22，所以A处的支座反力FA=FB=ma22。3、图示结构受给定力偶的作用。求支座A和绞C的约束力。图a图b解：先对整体进行分析，受力图如图a所示，列平面力偶系方程0mlFMA解之可得lmFA(1)面对杆AC分析，由于杆EF是二力杆，其受力方向必在水平方向，所以杆AC的受力图如图b所示，列平衡方程0sinACFCKEF(2)分析三角形CKE，其中CE=1/2，KE=1/4，∠CEK=120°，由余弦定理得lllllCEKCOSKECEKECECK47)5.0(422)4()2(22222再由正弦定理可得CEKCKCKECEsinsin所以：7323472sinsinllCEKCKCECKE代入方程（1）、（2），可得lmFc374、直角弯杆ABCD与直杆DE及EC铰接，如图所示，作用在杆上力偶的力偶矩M=40KN.m，不计各构件自重，不考虑摩擦，求支座A，B处的约束力及杆EC的受力。解：EC为二力杆。（1）研究对象DE和受力，如图（a）所示：∑M=0，—FEC·4·22+M=0FEC=2240=14.1KN（2）研究对象整体，受力如图（b）所示：FNA=FNB∑M=0，M-FNA·4·cos300=0FNA=32011.5KN，FNB11.5KN5、如图所示平面一般力系中F1=402N，F2=80N，F3=40N，F4=110N，M=2000N·mm。各力作用线位置如图所示。求：（1）力系向O简化的结果；（2）力系的合力大小、方向及合力作用线方程。解：（1）F′Rx=F1·22-F2-F4=-150F′Ry=F1·22-F3=0F′R=-150NM0=F2×30mm+F3×50mm-F4×30mm-M=80N×30mm+40N×50mm-110N×30mm-2000N·mm=-900N·mm（2）合力大小：FR=150N，方向水平向左。合力作用线方程：NNFMR150mm900y0=6mm6、如图所示，外伸梁受力F和力偶矩为m的力偶作用。已知F=2kN，m=2kN.m，求支座A和B的反力。（a）（b）解：（1）梁AB，受力图如图a所示，列平面力系平衡方程：)(62.2,0262224,0645sin,0kNFFmFMBBBA）（，，，kN414.1-F0222F045cosF0FAxxxxAAF）（，，，NFFFFFFAABAk21.1-062.2222-045sin-0yyyy（2）梁AB，受力图如图b所示，列平面平衡力系方程：）（，，kN5.1022240BBAFFM0,0xAxFF）（，，，kN5.005.12-0-0yyyyAABAFFFFFF7、如图所示三绞拱，各部分尺寸如图所示。拱的顶面承受集度为q的均布荷载。若已知q，l，h，且不计拱结构的自重，试求A，B二处的约束力。解：（1）整体，受力图如图a所示：∑MA=0，FBy·l-21ql2=0，FBy=21ql∑Fy=0，FAy+FBy-ql=0，FAy=21ql∑Fx=0，FAx-FBx=0（2）分析左半拱AC，受力如图b所示：∑MC=0,FAx·h-FAy·21+q·21·41=0，FAx=h8ql2综上，A,B处的支座反力为FAx=FBx=h8ql2，FAy=FBy=21ql