工程力学 课后习题答案 第四版 北京师范大学 东北大学

第一章静力学的基本概念受力图2-1解：由解析法，23cos80RXFXPPN12sin140RYFYPPN故：22161.2RRXRYFFFN1(,)arccos2944RYRRFFPF2-2解：即求此力系的合力，沿OB建立x坐标，由解析法，有123cos45cos453RXFXPPPKN13sin45sin450RYFYPP故：223RRXRYFFFKN方向沿OB。2-3解：所有杆件均为二力杆件，受力沿直杆轴线。（a）由平衡方程有：0Xsin300ACABFF0Ycos300ACFW0.577ABFW（拉力）1.155ACFW（压力）（b）由平衡方程有：0Xcos700ACABFF0Ysin700ABFW1.064ABFW（拉力）0.364ACFW（压力）（c）由平衡方程有：0Xcos60cos300ACABFF0Ysin30sin600ABACFFW0.5ABFW(拉力)0.866ACFW（压力）（d）由平衡方程有：0Xsin30sin300ABACFF0Ycos30cos300ABACFFW0.577ABFW(拉力)0.577ACFW(拉力)2-4解：（a）受力分析如图所示：由0x224cos45042RAFP15.8RAFKN由0Y222sin45042RARBFFP7.1RBFKN(b)解：受力分析如图所示：由0x3cos45cos45010RARBFFP0Y1sin45sin45010RARBFFP联立上二式，得：22.410RARBFKNFKN2-5解：几何法：系统受力如图所示三力汇交于点D，其封闭的力三角形如图示所以：5RAFKN（压力）5RBFKN（与X轴正向夹150度）2-6解：受力如图所示：已知，1RFG，2ACFG由0xcos0ACrFF12cosGG由0Ysin0ACNFFW22221sinNFWGWGG2-7解：受力分析如图所示，取左半部分为研究对象由0xcos45cos450RACBPFF0Ysin45sin450CBRAFF联立后，解得：0.707RAFP0.707RBFP由二力平衡定理0.707RBCBCBFFFP2-8解：杆AB，AC均为二力杆，取A点平衡由0xcos60cos300ACABFFW0Ysin30sin600ABACFFW联立上二式，解得：7.32ABFKN（受压）27.3ACFKN（受压）2-9解：各处全为柔索约束，故反力全为拉力，以D，B点分别列平衡方程（1）取D点，列平衡方程由0xsincos0DBTW0DBTWctg（2）取B点列平衡方程：由0Ysincos0BDTT230BDTTctgWctgKN2-10解：取B为研究对象：由0Ysin0BCFPsinBCPF取C为研究对象：由0xcossinsin0BCDCCEFFF由0Ysincoscos0BCDCCEFFF联立上二式，且有BCBCFF解得：2cos12sincosCEPF取E为研究对象：由0Ycos0NHCEFFCECEFF故有：22cos1cos2sincos2sinNHPPF2-11解：取A点平衡：0xsin75sin750ABADFF0Ycos75cos750ABADFFP联立后可得：2cos75ADABPFF取D点平衡，取如图坐标系：0xcos5cos800ADNDFFcos5cos80NDADFF由对称性及ADADFFcos5cos5222166.2cos80cos802cos75NNDADPFFFKN2-12解：整体受力交于O点，列O点平衡由0xcoscos300RADCFFP0Ysinsin300RAFP联立上二式得：2.92RAFKN1.33DCFKN（压力）列C点平衡0x405DCACFF0Y305BCACFF联立上二式得：1.67ACFKN（拉力）1.0BCFKN（压力）2-13解：（1）取DEH部分，对H点列平衡0x205RDREFF0Y105RDFQ联立方程后解得：5RDFQ2REFQ（2）取ABCE部分，对C点列平衡0xcos450RERAFF0Ysin450RBRAFFP且REREFF联立上面各式得：22RAFQ2RBFQP（3）取BCE部分。根据平面汇交力系平衡的几何条件。2222222284RCRERBFFFQQPQPQP2-14解：（1）对A球列平衡方程0xcossin0ABNAFF（1）0Ycossin20NAABFFP（2）（2）对B球列平衡方程0xcoscos0NBABFF（3）0Ysinsin0NBABFFP（4）且有：NBNBFF（5）把（5）代入（3），（4）由（1），（2）得：cossin2ABABFtgFP（6）又（3），（4）得：sincosABABPFtgF（7）由（7）得：cossinABPFtg（8）将（8）代入（6）后整理得：22(12)(2)3cos23sincosPtgtgPtgtg2-15解：NAF，NDF和P构成作用于AB的汇交力系，由几何关系：22cosADAFR2sinODADtgR又32cos2RCDADACR332cos2cos222sin2sinRCDtgODR整理上式后有：234coscos202取正根233()44222cos0.92242312第三章力矩平面力偶系3-1试分别计算图示各种情况下力P对点O之矩。2222()()()()00()()sincos0sin()()()()()()()sincos0sinOOOOOOaMPPlbMPPcMPPlPPldMPPaeMPPlrfMPPabPPab3-2已知P1=P2=P3=P5=60KN，P4=P6=40KN，图中长度单位为mm，求图示平面力偶系合成的结果。解：132546,;,;,PPPPPP构成三个力偶1243(0.30.1)(0.40.1)(0.20.4)530MPPPNm因为是负号，故转向为顺时针。3-3图示为卷扬机简图，重物M放在小台车C上，小台车上装有A轮和B轮，可沿导轨ED上下运动。已知重物重量G=2KN，图中长度单位为mm，试求导轨对A轮和B轮的约束反力。解：小台车受力如图，为一力偶系，故FG，NANBFF由0M0.80.30NAFG0.75750NANBFFKNN3-4锻锤工作时，如工件给它的反作用力有偏心，则会使锻锤C发生偏斜，这将在导轨AB上产生很大的压力，从而加速导轨的磨损并影响锻件的精度，已知打击力P=1000KN，偏心距e=20mm，锻锤高度h=200mm，试求锻锤给导轨两侧的压力。解：锤头受力如图，锤头给两侧导轨的侧压力1NF和2NF构成一力偶，与P，P构成力偶平衡由0M10NPeFh12100NNFFKN3-5炼钢用的电炉上，有一电极提升装置，如图所示，设电极HI和支架共重W，重心在C上。支架上A，B和E三个导轮可沿固定立柱JK滚动，钢丝绳在D点。求电极等速直线上升时的钢丝绳的拉力及A，B，E三处的约束反力。解：电极受力如图，等速直线上升时E处支反力为零即：0REF且有：SW由0M0NAFbWaNANBWaFFb3-6已知m1=3KNM，m2=1KNM，转向如图。Α=1m试求图示刚架的A及B处的约束反力。解：A，B处的约束反力构成一力偶由0M2120RBMMFa1RBRAFFKN3-7四连杆机构在图示位置时平衡，α=30，β=90。试求平衡时m1/m2的值。解：1OA，2OB受力如图，由0M，分别有：1OA杆：16sin30ABmFa（1）2OB杆：280BAmFa（2）且有：ABBAFF（3）将（3）代入（2）后由（1）（2）得：1238mm3-8图示曲柄滑道机构中，杆AE上有一导槽，套在杆BD的销子C上，销子C可在光滑导槽内滑动，已知m1=4KNM，转向如图，AB=2m,在图示位置处于平衡，θ=30,试求m2及铰链A和B的反力。解：杆ACE和BCD受力入图所示，且有：RARCRCRBFFFF对ACE杆：12300RAFctgm1.155RARBFKNF对BCD杆：22300RBFctgm24mKN第四章平面一般力系4-1已知F1=60N，F2=80N，F3=150N，m=100N.m，转向为逆时针，θ=30°图中距离单位为m。试求图中力系向O点简化结果及最终结果。解：23cos3049.9xoRFXFFN13sin3015yoRFYFFN22'52.1xyRRRFFFN'RF/0.3tgYX∴α=196°42′00123()52cos304279.6oLMFFFFmNm（顺时针转向）故向O点简化的结果为：(49.915)xyRRRFFiFjijN0279.6LNm由于FR′≠0，L0≠0，故力系最终简化结果为一合力RF，RF大小和方向与主矢'RF相同，合力FR的作用线距O点的距离为d。FR=FR=52.1Nd=L0/FR=5.37m4-2已知物体所受力系如图所示，F=10Kn，m=20kN.m，转向如图。（a）若选择x轴上B点为简化中心，其主矩LB=10kN.m，转向为顺时针，试求B点的位置及主矢R’。（b）若选择CD线上E点为简化中心，其主矩LE=30kN.m，转向为顺时针，α=45°，试求位于CD直线上的E点的位置及主矢R’。解：（a）设B点坐标为（b，0）LB=∑MB（F）=-m-Fb=-10kN.m∴b=（-m+10）/F=-1m∴B点坐标为（-1，0）1'nRiiFFF'RF=∴FR′=10kN，方向与y轴正向一致（b）设E点坐标为（e，e）LE=∑ME（F）=-m-F•e=-30kN.m∴e=（-m+30）/F=1m∴E点坐标为（1，1）FR′=10kN方向与y轴正向一致4-3试求下列各梁或刚架的支座反力。解：（a）受力如图由∑MA=0FRB•3a-Psin30°•2a-Q•a=0∴FRB=（P+Q）/3由∑x=0FAx-Pcos30°=0∴FAx=32P由∑Y=0FAy+FRB-Q-Psin30°=0∴FAy=（4Q+P）/6（b）受力如图由∑MA=0FRB•cos30°-P•2a-Q•a=0∴FRB=233（Q+2P）由∑x=0FAx-FRB•sin30°=0∴FAx=133（Q+2P）由∑Y=0FAy+FRB•cos30°-Q-P=0∴FAy=（2Q+P）/3（c）解：受力如图：由∑MA=0FRB•3a+m-P•a=0∴FRB=（P-m/a）/3由∑x=0FAx=0由∑Y=0FAy+FRB-P=0∴FAy=（2P+m/a）/3（d）解：受力如图：由∑MA=0FRB•2a+m-P•3a=0∴FRB=（3P-m/a）/2由∑x=0FAx=0由∑Y=0FAy+FRB-P=0∴FAy=（-P+m/a）/2（e）解：受力如图：由∑MA=0