工程力學(xué)-靜力學(xué)(北京科大、東北大學(xué)版)第4版答案合集

第一章習(xí)題下列習(xí)題中，凡未標(biāo)出自重的物體，質(zhì)量不計(jì)。接觸處都不計(jì)摩擦。1-1試分別畫出下列各物體的受力圖。試分別畫出下列各物體系統(tǒng)中的每個(gè)物體的受力圖。1/104BD，AD，AB（CE段繩索）的受力圖。HEDBDCAEC的受力圖。BDHABA受力圖。AEBA及整個(gè)系統(tǒng)的受力圖。AEBCA受力圖。PCDEH2/104部分的受力圖。參考答案1-1解：1-2解：3/1044/104解：解：解：5/104解：解：6/104解：第二章習(xí)題參考答案F解：由解析法，

XP2

cosP3

80NF YP

sin140NRY 1 2RRXRY故：F F 2F RRXRY

161.2N(FR

,P1

Farccos FR

29447/104OBxF XPcos45PPcos45 3KNRX 1 2 3F YPsin45Psin450RY 1 3F故：R

F 2FRX

2

方向沿OB。解：所有桿件均為二力桿件，受力沿直桿軸線。由平衡方程有：X0FAC

sin30 F 0AB Y0FAC

cos30 W08/104聯(lián)立上二式，解得：ABF （拉力）ABACF （壓力）AC由平衡方程有：X0FAC

F cos70 0AB Y0FAB

sin70 W0聯(lián)立上二式，解得：ABF （拉力）ABACF （壓力）AC由平衡方程有：X0FAC

cos60 FAB

cos30 09/104 Y0FAB

sin30 FAC

sin60 W0聯(lián)立上二式，解得：ABF (拉力)ABACF （壓力）AC由平衡方程有： X0FAB

sin30 FAC

sin30 0 Y0FAB

cos30 FAC

cos30 W0聯(lián)立上二式，解得：ABF (拉力)ABACF (拉力)AC10/104解：（a）受力分析如圖所示： x由

4F Pcos45 0RA 4222F 15.8KNRA由 Y

2F RA 42

F Psin450RBF RB(b)解：受力分析如圖所示：由11/1043 x0F RA 10

F cos45Pcos450RBRA Y0F RA

1F10

sin45Psin450聯(lián)立上二式，得：F 22.4KNRAF 10KNRB解：幾何法：系統(tǒng)受力如圖所示三力匯交于點(diǎn)D，其封閉的力三角形如圖示RA所以：FRA

5KN（壓力）RBF 5KN（X150）RB解：受力如圖所示：12/104R1FGR1

F G，AC 2， x0 F由

cosF0rGcos 1G2 Y0 F由

sinFN

W0F WGN 2

sinW G2

2G21解：受力分析如圖所示，取左半部分為研究對(duì)象13/104 x0 P F由

cos45 FCB

cos45 0 Y0FCB

sin45FRA

sin450RA聯(lián)立后，解得：FRA

0.707PF 0.707PRBRB由二力平衡定理FRB

F FCB

0.707PAB，ACA x0 F由

cos60 FAB

cos30 W0 Y0FAB

sin30 FAC

sin60 W014/104聯(lián)立上二式，解得：F

7.32KN（受壓）ABACF 27.3KN（受壓）ABAC解：各處全為柔索約束，故反力全為拉力，以程D x0由T由DB

sinWcos0T 0DBB15/104由Y0 TsinTcos0由BDTTctgWctg230KNBDBFY0F由

sinP0F BC

Psin取C為研究對(duì)象： x0由

FcosFBC

sinFCE

sin0由 Y0 F由BC

sinFDC

cosFCE

cos0BCFBC

F 解得：BCPcos 1 BCF CE 2sin2 cos16/104取E為研究對(duì)象：Y0 F Fcos0由 NH CEF F

故有：CEF Pcos

CE1 cos PNH 2sin2

cos

2sin2A x0FABY0F

sin75 FADcos75 F

sin75 0cos75 P0聯(lián)立后可得：

ABF F AD AB

ADP2cos75取D點(diǎn)平衡，取如圖坐標(biāo)系： x0F cos5

cos80 0F cos5ND

FAD

AD ND17/104ADAD由對(duì)稱性及F FADADF 2F

cos52

F

cos5

166.2KNN ND

cos80

cos80 2cos75OO18/104 x0F由

cosFDC

Pcos30 0Y0FRA

sinPsin30 0RA聯(lián)立上二式得：FRA

2.92KNDCF 1.33KN（壓力）DC列C點(diǎn)平衡 x0FDC

4F 0AC 5Y0F F 30BC AC 5AC聯(lián)立上二式得：FAC

1.67KN（拉力）BCF 1.0KN（壓力）BC解：19/104（1）取DEH部分，對(duì)H點(diǎn)列平衡 x0F RD

2 F 05 REY0F

1RD Q5RD聯(lián)立方程后解得：F

RDF RDRE（2）取ABCE部分，對(duì)C點(diǎn)列平衡 x0

F FRE

cos45 0Y0FRB

F sin45P0RA且F F且RE RE20/104聯(lián)立上面各式得：F

2 RAF PRARB（3）取BCE部分。根據(jù)平面匯交力系平衡的幾何條件。F FRC

2F 2RB 2Q2QP2 8Q24PQP2解：（1）Ax0FAB

cosFNA

sin

（1）Y0FNA

cosFAB

sin2P

（2）（2）對(duì)B球列平衡方程x0FNBY0F

cosFcos0（3）ABsinFsinP0ABNB

（4）21/104且有：F

FNBNBNB

（5）把（5）代入（3），（4）

F costg由（1），（2）得：

ABF AB

2P

（6） PF

sintg 又（3），（4）得：

ABF cosAB

（7）由（7）得：

F PAB cossin（8）將（8）代入（6）后整理得：

P(12tg2)P(tg2tg)3cos23sincosNANA

，F(xiàn)ND

和P構(gòu)成作用于AB的匯交力系，由幾何關(guān)系：P1 F CE 2sin2 FNH

Fcos 0CE22/104F F又 CE CEF

1 PNH 2si2 co 2si2Fsin750整理上式后有： AB ADF cos75F cos75P0AD取正根 AB2cos75F F 2cos75AD AB第三章習(xí)題參考答案解：MOMOMOM

(P)Pl(P)P00(P)PsinlPcos0Plsin(P)PaM

O(P)P(lr)a2a2b2a2b2(f)MO

Psin

Pcos0

sinP,P;P,P;P,P3-2解：1 3 2 5

6構(gòu)成三個(gè)力偶23/104MP(0.30.1)P(0.40.1)3

(0.20.4)1 2 5 430Nm因?yàn)槭秦?fù)號(hào)，故轉(zhuǎn)向?yàn)轫槙r(shí)針。解：小臺(tái)車受力如圖，為一力偶系，故 M0由

F

F F，NA NBF 0.8G0.30NAF FNA NB

0.75KN750NN1和N解：錘頭受力如圖，錘頭給兩側(cè)導(dǎo)軌的側(cè)壓力N1和NPP構(gòu)成力偶平衡24/104 M 0 PeF由 N

h0F FN1 N2

100KNE25/104即：REF 0 SW即：RE由 M0 F由NA

bWa0WaF F NA NB b解：A，BF FRB

M0 M由2由

MF1

2a026/10412OAOB受力如圖，12由 M0，分別有：1OA1

mF1

6a

（1）2OB桿：2

m F2

8a0

（2）且有：

F FAB BA（3）m 31m 8將（3）代入（2）后由（1）（2）得： 2ACEBCD27/104F F F FRA RC RC RBACE

F 2ctg30m0RA 1F 1.155KNFRA RBBCD

F 2ctg30m 0RB 2m 4KN228/104第四章習(xí)題4-1F=60N，F(xiàn)=80N，F(xiàn)=150N，m=100N.m，轉(zhuǎn)向?yàn)槟鏁r(shí)針，θ1 2 3=30°圖中距離單位為m。試求圖中力系向O點(diǎn)簡化結(jié)果及最終結(jié)果。4-2已知物體所受力系如圖所示，F(xiàn)=10Kn，m=20kN.m，轉(zhuǎn)向如圖。xBL=10kN.m，轉(zhuǎn)向?yàn)轫楤時(shí)針，試求B點(diǎn)的位置及主矢R’。若選擇CDEL=30kN.m，轉(zhuǎn)向?yàn)轫楨時(shí)針，α=45°，CDER’4-3試求下列各梁或剛架的支座反力。解：受力如圖由∑M=0A

?3a-Psin30°?2a-Q?a=0RB∴FRB=（P+Q）/3由∑x=0F

-Pcos30°=0Ax29/1043∴F=2 PAx由∑Y=0F+F-Q-Psin30°=0Ay RB∴F=（4Q+P）/6AyABQ，斜橋（連同軌道）W，BDABW=500N，輸入軸受一力偶作用，其力偶矩m=600N.m，m=900N.m，轉(zhuǎn)向如圖所1 2AB30/104試求下列各梁的支座反力。(a)(b)cm＞m2 1座反力。31/104h=40m，W=4000kN，所受風(fēng)壓力可以簡化為梯=2.5kN/m?？蓪⒌鼗橄蠡癁楣添? 2端約束，試求地基對(duì)熱風(fēng)爐的反力。P、Q、a、bc，ABEABCECD32/104q，q=1kN/mm，ABEHPP=40kN，W=4kNAB33/104WＧ＝４.５kN，1起重機(jī)旋轉(zhuǎn)及固定部分重Ｗ＝３１kN，作用線通過Ｂ點(diǎn)，幾何尺寸如圖2所示。這時(shí)起重臂在該起重機(jī)對(duì)稱面內(nèi)。求最大起重量Ｐ

。maxABCQ=15kN，QOA5m，幾何尺寸最小應(yīng)為多少？兩根位于垂直平面內(nèi)的均質(zhì)桿的底端彼此相靠地?cái)R在光滑地P1P2衡時(shí)兩桿的水平傾角α與α1 2

的關(guān)系。AB滑動(dòng)，兩滑塊又通過滑輪Ｃ用繩索相互連接，物體系處于平衡。34/104（ａ）用Ｐ和θ表示繩中張力Ｔ；（ｂ）當(dāng)張力Ｔ＝２Ｐ時(shí)的θ值。已知ａ，ｑ和ｍ，處的約束反力。支座反力。起重機(jī)在連續(xù)梁上，已知A、BD35/104aDbl=，h=，G=2kNABACBC兩鉸鏈固結(jié)于地基，吊車梁宰房架突出部分Ｄ和Ｅ上，已知?jiǎng)偧苤兀?＝Ｇ＝60kN,Q=10kN，F(xiàn)=10kN，幾何尺寸如圖2所示。Ｄ和Ｅ兩點(diǎn)分別在力Ｇ1的反力。

和Ｇ的作用線上。求鉸鏈Ａ、Ｂ和Ｃ236/104DABCBDG，ABEA、B、CDW1=W2=40kN，P=20kNA、BCCDEFHP=401 2kN，P=70kN,幾何尺寸如圖所示。試求各桿所受的力。337/104的反力及銷釘Ｂ對(duì)桿ＡＤＢ的反力。４-26P=40kN，R=，ABCADC38/104ABABP=1kN，BC=CD=600mm，AH=400mm，OE=100mm，OE力偶的力偶矩m。0曲柄滑道機(jī)構(gòu)如圖所示，已知示位置處于平衡，α=30°，β=60°POB39/104OA=310mm，OB=AB=BC=665mm，1CD=600mm，OO=545mm，P=25kN。在圖示位置：OOAOC1 1 1水平位置，機(jī)構(gòu)處于平衡，試求作用在曲柄OA上的主動(dòng)力偶的力偶矩m。BDFEF=1003mm，m/P40/104G=G=W=10kN，幾何尺寸如圖所示，試求各桿內(nèi)力。

1 2 1 241/104F=F=F=F=30kN，F(xiàn)=40kN，幾何尺寸如圖所示，試求各桿內(nèi)力。

1 2 4 5 3P=50kN。試求各1 2桿內(nèi)力。42/104G=G=G=G=G=G，幾何尺寸如圖所示，試1 2 3 4 51、2、3、4、56的內(nèi)力。

參考答案F X F F Rx 2 3

o 49.9 NF YFRy 1

Fsin30o15NF'3

F 2F R Rx y

52.1NF'Rtg Y / tg Y ∴α=196°42′LM(F)F5F2

4mm0 0 1 2 3向）

（順時(shí)針轉(zhuǎn)O

FFR Rx

iFRy

j(49.9i15j)NL 279.6Nm0R，R由于F≠0，故力系最終簡化結(jié)果為一合力F F大小和R，RR 0R方向與主矢F'相同，合力FR的作用線距O點(diǎn)的距離為d。RF=FR Rd=L/F=0 R解：（a）B（b，0）43/104L=∑M（FB B∴b=（-m+10）/F=-1m∴B點(diǎn)坐標(biāo)為（-1，0）F' FR ii1

F'R=∴F′=10kN，yR（b）設(shè)E點(diǎn)坐標(biāo)為（e，e）L=∑M（F）=-m-F?E E∴e=（-m+30）/F=1m∴E點(diǎn)坐標(biāo)為（1，1）F′=10kNyR解：（a）由∑M=0A

?3a-Psin30°?2a-Q?a=0RB∴FRB=（P+Q）/3由∑x=0F

-Pcos30°=0Ax3∴F=2 PAx由∑Y=0F+F-Q-Psin30°=0Ay RB∴F=（4Q+P）/6Ay受力如圖由∑M=0A

?cos30°-P?2a-Q?a=0RB44/1042∴F=3 3（Q+2P）RB由∑x=0F-F?sin30°=0Ax RB1∴F=3 3（Q+2P）Ax由∑Y=0F+F?cos30°-Q-P=0Ay RB∴F=（2Q+P）/3Ay解：受力如圖：由∑M=0A

?3a+m-P?a=0RB∴F=（P-m/a）/3RB由∑x=0F=0Ax由∑Y=0F+F-P=0Ay RB∴F=（2P+m/a）/3Ay解：受力如圖：由∑M=0A

?2a+m-P?3a=0RB∴F=（3P-m/a）/2RB由∑x=0F=0Ax45/104由∑Y=0F+F-P=0Ay RB∴F=（-P+m/a）/2Ay解：受力如圖：由∑M=0A

?3-P??5=0RB∴F=P/2+5Q/3RB由∑x=0F

+Q=0Ax∴F=-QAx由∑Y=0F+F-P=0Ay RB∴F=P/2-5Q/3Ay解：受力如圖：由∑M=0A

?2+m-P?2=0RB∴F=P-m/2RB由∑x=0F

+P=0Ax46/104∴F=-PAx由∑Y=0F+F =0Ay RB∴F=-P+m/2Ay解：結(jié)構(gòu)受力如圖示，BD由∑M=0A

a+Q?b+W?l/2?cosα=0RB∴F=(2Qb+Wlcosα)/2aRB由∑F=0x

-Qsinα=0Ax∴F=-QsinαAx由∑F=0F+F-W-Qcosα=0y RB Ay∴F=Q(cosα-b/a)+W(1-lcosα/2a)Ay47/104解：齒輪減速箱受力如圖示，由∑M=0F-m=0A RB 1 2FRB由∑F=0F+F-W=0y RA RBFRA48/104解：(a)由∑F=0F=0(b)由∑F=0F=0x Ax x Ax由∑F=0F=0由∑F=0

-qa-P=0y Ay y Ay由∑M=0M-m=0M=m∴F=qa+PA A Ay由∑M=0M-q?a?a/2-Pa=0A∴M=qa2/2+PaA(c)(d)(c)由∑F=0F+P=0(d)由∑F=0F=0x Ax x Ax49/104∴F=-P由∑M=0F?5a+m-m-q?3a?3a/2=0Ax A RB 1 2由∑F=0F-q?l/2=0∴F=0.9qa+(m-m)/5ay Ay RB 2 1FAy=ql/2由∑F=0F+F-q?3a=0y Ay RB由∑M=0M-q?l/2?l/4-m-Pa=0F=2.1qa+(m-m)/5aA Ay 1 2∴M=ql2/8+m+PaA解：(a)(b)(a)∑M=0F?6a-q(6a)2/2-P?5a=0

=3qa+5P/6A RB RB∑F=0F+P=0

=-Px Ax Ax∑F=0F+F-q?6a=0

=3qa-5P/6y Ay RB Ay(b)∑M=0M-q(6a)2/2-P?2a=0∴M=18qa2+2PaA A A∑F=0F+q?6a=0∴FAx

=-6qa∑F=0F-P=0∴F=PAy Ay50/104(c)∑M=0M+m-m-q?6a?2a-P?4a=0∴M=12qa2+4Pa+m-mA A 1 2 A 2 1∑F=0F+P=0

=-PAx Ax∑F=0F-q?6a=0

=6qaAy Ay(d)∑M=0M+q(2a)2/2-q?2a?3a=0∴M=4qa2A A A∑F=0F-q?2a=0∴FAx

=2qa∑F=0F-q?2a=0∴FAy

=2qa解：熱風(fēng)爐受力分析如圖示，∑F=0F+q?h+(q-q)?h/2=0

=-60kNox 1 2 1 ox∑F=0F-W=0

=4000kNAy Ay∑M=0M-q?h?h/2-(q-q)?h?2h/3/2=0∴M?mA 0 2 1 051/10452/104解：起重機(jī)受力如圖示，∑M=0-F?c-P?a-Q?b=0

=-(Pa+Qb)/cB RA RA∑F=0F+F=0

=(Pa+Qb)/cRA Bx Bx∑F=0F-P-Q=0

=P+QBy By解：整體受力如圖示∑M=0-F××4.2=0

=-764NB RA RA∑F=0F+F=0

=764NBx RA Bx∑F=0F-P=0

=1kNBy By由∑M=0F×2+P××4.2=0

=2kNE Cy Cy由∑M=0F’×2-F×2-P×2.2+P×0.2=0∴F

=3kNH Cx Cy Cx Cx53/104解：輥軸受力如圖示，由∑M=0A

×1600-q×1250×(1250/2+175)=0RB∴F=625NRB由∑F=0F+F-q×1250=0

=625Ny RA RB RA解：機(jī)構(gòu)受力如圖示，∑M=0-P×0.3+F××0.9=0

=26kNA RB RB∑F=0F+F-P-W=0

=18kNy RA RB RA解：當(dāng)達(dá)到最大起重質(zhì)量時(shí)，F(xiàn)=0NA由∑M=0W×α+W×0-G××5.5=0B 1 2 max∴Pmax54/104F=0NE由∑M=0W×1m-Q×(5-1)=0∴W=60kNF故小車不翻倒的條件為W≥60kN55/104l1、l2，受力如圖示左桿：∑M=0P(l/2)cosα-Flsinα=0∴F=ctgαP/2O1 1 1 1 A1 1 A 11右桿：∑M=0-P(l/2)cosα+F'lsinα=0∴F'=ctgαP/2O2 2

2 A2 2

A 22F=F'∴P/P=tgα/tgαA A 1

1 256/104l，系統(tǒng)受力如圖(a)∑M=0P?l/2cosθ+T?l?sinθ-Tlcosθ=0∴T=P/2(1-tgθ)057/104(b)當(dāng)T=2P時(shí)，2P=P/2(1-tgθ)∴tgθ3/4即θ≈36°52′解:(a)BC∑M=0F?2a=0∴F=0B RC RC∑F=0F=0x Bx58/104∑F=0-F+F=0∴F=0y By RC By取整體：∑M=0-q?2a?a+F?4a+M=0∴M=2qa2RC A A∑F=0F=0Ax∑F=0F+F－ｑ?2a＝０

==2qaAy RC Ay(b)BC∑M=0F?2a-q?2a?a=0

=qaRC RC∑F=0F=0Bx∑F=0F-q?2a-F=0

=-qaRC By By取整體：∑M=0M+F?4a-q?3a?=0∴M2A RC A∑F=0F=0Ax∑F=0F+F－ｑ?3a＝０

==2qaAy RC Ay59/104(c)BC∑M=0F?2a=0∴F=0RC RC∑F=0F=0Bx∑F=0F-F=0∴F=0RC By By取整體：∑M=0M+F?4a-m=0∴M=mA RC A∑F=0F=0Ax∑F=0F+F＝０ ∴F=0Ay RC Ay(d)BC60/104∑M=0F?2a-m=0

=m/2aRC RC∑F=0F=0Bx∑F=0F-F=0

=m/2aRC By By取整體：∑M=0M+F?4a-m=0∴M=-mA A RC A∑F=0F=0Ax∑F=0F+F＝０

=-m/2aAy RC Ay解：BE∑M=0F×××∴FE Bx Bx取DEB部分：61/104∑M=0F×5.4+F×6-q××∴F=0D Bx By By取整體：∑M=0F×6+q×××cos45°×3=0∴FA By RC RC∑F=0F×cos45°+F+F-q×5.4=0∴FRC Ax Bx Ax∑F=0F×sin45°+F+F=0∴FRC Ay By AyCD∑M=0F×4-q/2×42=0∴F=2qC RD 2 RD 2取整體：∑M=0F×8+F×12q×4×10-q×6×4-P×4=0RB RD 2 1∑F=0P+F=0

=-Px Ax Ax∑F=0F

+F-q×6-q×4=0

=3q-P/2y

RB RD 1 2

Ay 1解：連續(xù)梁及起重機(jī)受力如圖示：取起重機(jī)：∑M=0Q×1-P×3-F×2=0

=10kNH NE NE∑F=0F+F-Q-P=0

=50kNy NE NH NH62/104BC：∑M=0F×6-F×1=0∴FC RB NH RBACB：∑M=0F×3+F×12-F×5-F×7=0

=100kNA RD RB NE NH RD∑F=0F=0Ax∑F=0F

+F-F

-F=0∴F

RD

NE NH Ay解：整體及左半部分受力如圖示取整體：∑M=0F×l-G×l/2=0

=1kNA By By∑M=0-F×l+G×l/2=0

=1kNAy Ay取左半部分：∑M=0F×h+G/2×l/4-F×l/2=0∴FAx Ay Ax取整體：∑F=0F+F=0∴Fx Ax Bx Bx解：各部分及整體受力如圖示取吊車梁：∑M=0F×8-P×4-Q×2=0∴FD NE NE∑F=0F+F-Q-P=0∴Fy ND NE ND取T房房架整體：∑M=0

×12-(G

)×10-(G+F)×2-F×5=0∴F

2

1 ND By∑M=0

×12-F×5+(G

)×2+(G+F)×2=0∴FAy

1 ND

2 NE Ay63/104取T房房架作部分：∑M=0F×6-F×10-F×5-(G+F)×4=0∴FAy Ax 1 ND Ax∑Fx=0F

+F+F=0∴FCx Ax Cx∑Fy=0F+F-G-F=0

=5kNCy Ay 1 ND Cy取T房房架整體：∑F=0F+F+F=0x Ax Bx∴FBx64/104解：整體及部分受力如圖示取整體：∑M=0-F?l?tg45°-G?(2l+5)=0

=-(2+5/l)GC Ax Ax∑M=0F?ltg45°-G(2l+5)=0

=(2+5/l)GA Cx CxAE：∑M=0–F?l-F?l-G?r=0

=2GE Ax Ay Ay∑F=0F+F+G=0

=(1+5/l)GAx Bx Bx∑F=0F+F=0

=-2GAy By By取整體：∑F=0F+F-G=0

=-Gy Ay Cy CyD：∑F=0F-G=0∴F=Gx Dx Dx∑F=0F-G=0∴F=Gy Dy Dy解：整體及部分受力如圖示取整體：∑M=0F×10-W×9-P×4-W×1=0

=48kNB Cy 2 1 Cy∑F=0F+F-W-W-P=0

=52kNy By Cy 1 2 ByAB：∑M=0F×4+W×4+P×1-F×5=0

=20kNA Bx 1 By Bx∑F=0F+F=0

=-20kNBx Ax Ax∑F=0F+F-W-P=0

=8kNBy Ay 1 Ay取整體：∑F=0F+F=0

=-20kNx Bx Cx Cx65/1041345圖：取整體：∑F=0F=0x Ax∑M=0-3P-6P-10P+14F=0

=80kNA 1 2 3 RB RB∑F=0F+F-P-P-P=0

=90kNy Ay RB 1 2 3 Ay取左半部分：∑M=0P×1+P×4-F×7+S×3=0∴S=117kNH 2 1 Ay 3 366/104E：∑F=0S-Scosα=0∴S=146kNx 3 1 1∑F=0S+Ssinα=0∴Sy 2 1 2F：∑F=0-S+Scosα=0∴S=146kNx 3 5 5∑F=0S+Ssinα=0∴Sy 4 5 4解：整體及部分受力如圖示：取整體：∑M=0F×4-P(1.5-R)-P(2+R)=0

=21kNRB RB∑F=0F-P=0

=24kNAx Ax∑F=0F+F-P=0

=3kNAy RB AyADB：∑M=0F×2-F×2=0

=3kND By Ay By取B點(diǎn)建立如圖坐標(biāo)系：∑F=0(F-F'

cosθ=0

=F'，F(xiàn)

=F'x RB By Bx

By By

Bx Bx∴F'18tgθ=18×2/1.5=24kNBx４-26解：整體及部分受力如圖示：取整體：∑M=0F×4+P×4.3=0

=-43kNAx Ax∑F=0F+F=0

=43kNx B Ax Bx67/104BC：∑M=0F×4+P××××4=0

=20kNBx By By∑F=0F+F-P=0

=-3kNBx Cx Cx∑F=0F+P+F-P=0

=-20kNBy Cy Cy取整體：∑F=0F+F-P=0

=20kNy Ay By Ay解：受力如圖示：AB：∑M=0P××0.6=0∴SA BC BCC：∑F=0S'sin60°+S

cos30°=0x BC CE CD∑F=0-S'cos60°+S

sin30°=0y BC CE CD聯(lián)立后求得：SCEOE：∑M=0m-S°×0.1=0O 0 CE∴m=70kN0OA∑M=0F×0.6sin60°+m-F

×°=0A Ox oy∑F=0F

cos30°=0y ox oy聯(lián)立上三式：F

=572.4NF

=-1000Noy ox取整體：∑M=0B

××cos30°-0.6sin30°×ctg60°)-P××oysin60°+m=068/104∴∑F=0F+F+P=0∴Fox Bx Bx∑F=0F+F=0∴Foy By By解：整體及部分受力如圖示：CD：∑M=0F×α-P×α=0

=PtgαC ND NDOA：∑M=0-F×0.31-m=0∴FA ox ox取整體：∑M

=0F×0.545-m+P×

×α=0O1 ox ND×0.545-m+×α×0.6cosα=0∴?m69/104解：整體及部分受力如圖示：OA：∑M=0m+F×0.1=0

=-10mA ox ox3OAB：∑M=0m-F×°=03

=10

/3mB oy oy33EF：∑M=0F33

cos30°+P×

sin30°=0∴F=-

3P/33

E NFNF3取整體：∑M=0F× /cos30°+m-F3

×0.1ctg30°=0D NF ox oy∴m/P=4-31：∑M=0-F×4+W×4+G×3+G×2cos30°×cos30°=0∴FRA∑F=0F=0

B RA

1 1 2Bx∑F=0F+F-W-W-G-G=0∴F

RA

1 2 ByA：∑F=0F+Scos30°-W1=0∴S=-26kNy RA 2 2∑F=0S+Ssin30°=0∴S=13kNx 1 2 1C：∑F=0-Scos60°+Scos30°+Scos60°=0x 2 4 3∑F=0-Ssin60°-Ssin60°-Ssin30°-G=0y 2 3 4 1聯(lián)立上兩式得：S=17.3kNS=-25kN3 4O：∑F=0-Scos60°-S+Scos60°+S=0x 3 1 5 6∑F=0S3sin60°+Ssin60°=0y 570/104聯(lián)立上兩式得：S=-17.3kNS5 6E：∑F=0-Scos60°-Scos30°+Scos30°=0x 5 4 7∴S=-35kN74-32解：取整體：∑M=0F×1.5+F×3+F×4.5+F×6+F×9=0A 1 2 3 4 5 RB∑F=0F+F-(4×30+40)=0

=80kNy RA RBS

1.5

RAS 0A：∑F=0x

1.520.662 2∑Fy

F SRA 1

0.66 1.520.662聯(lián)立后解得：S=-197kNS=180kN1 2(SS)

1.5

S 1.5 0?。命c(diǎn)：∑Fx

3 4 1.520.662

1 1.520.662∑F=0yS 0.664 1.520.662

(SS1

) 0.661.520.662

F01聯(lián)立后解得：S=-37kNS=-160kN3 471/104取Ｅ點(diǎn)：∑Fx

1.51.521.520.6626

S4

1.51.521.520.662∑F=0y0.661.521.520.6626

S4

0.66

SF01.521.520.662聯(lián)立后解得：S=-30kNS=-160kN51.52221.5222

1.5

6SS

1.51.521.520.6627 8 2 3=0x1.5222S 1.52228

∑F=0y0.66

1.520.662S1.520.6625聯(lián)立后解得：S=１１２kNS7 8由對(duì)稱性可知：S=S=56.3kNS=S=-160kN9 8 10 6S=S=-30kNS=S=-160kN11 5 12 4S=S=180kNS=S=-37kN13 2 14 3S=S=-197kN15 14-33解：取整體：∑M=0F×4-P×2-P×3=0∴FA RB 1 2 RB∑F=0F+F-P-P=0∴Fy RA RB 1 2 RAA：∑F=0S+Scos45°=0x 1 2∑F=0FRA-S2sin45°=0y解得：S=-62.5kNS1 272/104C：∑F=0S-Scos45°=0x 4 2∑F=0S+Ssin45°=0y 3 2解得：S=-62.5kNS3 4D：∑F=0S+Scos45°-S=0x 6 5 1∑F=0-S-Ssin45°=0y 3 5解得：S=88.4kNS=-125kN5 6F：∑F=0S-S=0x 8 6∑F=0-P-S=0y 1 7解得：S=-100kNS=-125kN7 8E：∑F=0Scos45°+S-Scos45°-S=0x 9 10 5 4∑F=0S+Ssin45°+Ssin45°=0y 7 5 9解得：S=53kNS9 10G：∑F=0Scos45°-S=0x 12 10∑F=0Ssin45°+S=0y 12 11解得：S=-87.5kNS9 10H：∑F=0S-S-Ssin45°=0x 13 8 9∴S1373/1044-34：∑M=0-F×6a+G×(5a+4a+3a+2a+a)=0∴F=A RA RA∑F=0F +F+5G=0∴F=y RA RB RBA：∑F=0S+Scos45°=0x 1 2∑F=0Ssin45°+F=0y 2 RA解得：S1=S2=C：∑F=0S-S=0∴Sx 4 1 4∑F=0S-G=0∴S=Gy 3 3截面Ⅰ-Ⅰ，取左半部分∑F=0Ssin45°+F-3G=0∴S=y 5 RA 5∑M=0-F×4a+G×3a+G×2a+G×a+S×a=0D RA 6∴S=4G6

第五章習(xí)題74/104W=100Nf=0.3（aP=10N時(shí)，物體受多大的摩擦力，（b）P=30NP=50N小和方向。已知：（a）物體重Ｗ=1000N，拉力P=200N，f=0.3；（b）物體重Ｗ=200N，拉力P=500N，f=0.3。重為Ｗ的物體放在傾角為α且α＞ρ。如在物體上作用一力Ｑ，此力與斜面平行。試求能使物體保持平Qde最大值和最小值。m=-1000N.m，r=25cm的制動(dòng)輪裝在軸上，制動(dòng)輪與制動(dòng)塊間的摩擦因數(shù)f=0.25N75/104兩物塊Ａ和Ｂ重疊放在粗糙的水平面上，在上面的物塊Ａ的頂上作1000NB2000NAB5Bf2=0.2P=600NAB76/104500N，f=0.4，試問當(dāng)錘勻速上升時(shí)，每邊應(yīng)加正應(yīng)力（或法向反力）為若干？f（處表示光滑）。求：（1）頂住重物所需Ｑ之值（Ｐ、α已知）；（２）使重物不向上滑動(dòng)所需Ｑ。77/104注：在地質(zhì)上按板塊理論，太平洋板塊向亞洲大陸斜插下去，在計(jì)算太平洋板塊所需的力時(shí)，可取圖示模型。解：取整體∑F=0F-P=0y NA∴F=PNA當(dāng)F＜Q1

時(shí)鍥塊A向右運(yùn)動(dòng)，圖（b）力三角形如圖（d）當(dāng)F＞Q2

時(shí)鍥塊A向左運(yùn)動(dòng)，圖（c）力三角形如圖（e）f=0.1，軋制時(shí)靠摩擦力將鋼板帶入軋輥。試問能軋制鋼板的最大厚度b提示：作用在鋼板AB使鋼板進(jìn)入軋輥。m，推桿ＣＤ的Ｃ點(diǎn)作用一力Ｑ，設(shè)推桿與固定滑道之間的摩擦因數(shù)ｆ及ａ和ｄｂ設(shè)凸輪與推桿之間是光滑的。）b=Pf=0.1h。78/104ABCDEFｍｍ，試問要提起重物，摩擦因數(shù)ｆ應(yīng)為多大？AGBGCEDGQ，Pmm。如磚夾與f=0.5，b？（bGD，f，今欲使偏心輪手柄上的外力eOAB79/104輥式破碎機(jī)，軋輥直徑Ｄ＝500mm，f=0.3，d。80/104bAC=BC=l,AB=L，閘ABf=0.5l/L確保制動(dòng)？r=15cm，R=25cm，重物Ｑ=1000N，a=100cm，b=40cm，c=50cm，f=0.6試求當(dāng)絞車掉著重物時(shí)，要?jiǎng)x住車使重物不致落下，加在桿上的力P81/104ABP=200N，l，0.25，650NA，而梯子仍能保持平衡的最小角度α應(yīng)為多少？82/104P等速滾動(dòng)。如滾動(dòng)摩擦系數(shù)=，而力Pα=30°，PP，滾子與地面間的滾動(dòng)摩擦因數(shù)為δ，rQA、Bd=8cm，b=47cm，a=105cm，f=0.12，爐蓋重G=2000NAB83/104箱式爐的傾斜爐門與鉛垂線成α=10°G=1000N，爐f=0.3的鋼索與爐門框板平行。d=30cm，套鉤b=10cm，f=0.3，a參考答案

=f

=100×0.3=30Nsmax S N84/104當(dāng)P=10N，P=10N<Fsmax故保持靜止∴F=P=10N當(dāng)P=30NP=30N=FsmaxF=P=F=30Nsmax當(dāng)P=50NP=50N>FsmaxF=F=30Nsmax

=F?f=W?f=300Nsmax N S SP=200N<Fsmax故物塊保持平衡F=P=200N（b）F

=Fsmax N

=P?fS

=150NSW=200N>Fsmax故物塊不平衡F=F

=150Nsmax解：（1）有向下滑動(dòng)趨勢(shì)∑X=0F+Q-Wsinα=0smax1∑Y=0F-Wcosα=0NF=Ffsmax1 N S聯(lián)立上三式：Q=W（sinα-f

cosα）S85/104（2）有向上滑動(dòng)趨勢(shì)∑X=0Q-F-Wsinα=0smax2∑Y=0F-Wcosα=0NF=Ffsmax2 N S聯(lián)立上三式：Q=W（sinα+f

cosα）S∴Q

cosα）≤Q≤W（sinα+f

cosα）其中

S S=tgρS

=0–m+F×25=00F=F?fN S聯(lián)立上兩式得：F

N

=8000NS∴制動(dòng)時(shí)F

≥8000NN解：取物塊A

=0F-w-Psin30°=0∴F=1300Ny NA A NA∑F=0F-Pcos30°=0∴Fx SA SA由庫侖定律：F

=f×F

=650NSAmax c1 NA∵F＜FSA

SAmax

∴A塊靜止取物塊B：∑F

=0F-F'-W=0∴FNB=3300Ny NB NA B∑F=0F-F=0∴Fx SB SA SB86/104由庫侖定律：F

=f×F

=660NSBmax S2 NB∵F＜FSB

SBmax

∴B塊靜止

=02F

-W=0y SF=N?fS聯(lián)立后求得：N=625N

=Ptg(α-φ)；Q1

=Ptg(α+φ)2平衡力值應(yīng)為：Q

≤Q≤Q1 注意到tgφ=fSsinf cos sin

cosSPcosf sinSS

Q

cos

fSSS

sin解：鋼板受力如圖示，臨界狀態(tài)時(shí)，發(fā)生自鎖，有F=F+FF=F+FRA

NA

Bmax NB且–F+F=0RA RBtg

AC (d)2(d22ba)22(d)2(d22ba)22d2(dba)1由幾何關(guān)系：

2 2 1又∵tgφ=0.1mb=87/104∴當(dāng)b鋼板能被帶入軋輥。

=0F-Fx NA

=0=1\*GB3①NB∑F=0F-Q-F-F=0=2\*GB3②y A B∑MF'?d/2-F?d/2+F?b+F'?a=0=3\*GB3③O1 A B NB取凸輪：∑M

=0m-F?d=00∴F=m/d=F'=4\*GB3④=Ff=5\*GB3A NAF=F?f=6\*GB3⑥B NB將=1\*GB3①=2\*GB3②=4\*GB3④=5\*GB3⑤=6\*GB3⑥代入到=3\*GB3③后整理得2fam∴若推桿不被卡住則bmd

2famb md88/104解：A、DFC，且極限狀態(tài)下與法向夾角為φ，則有mh=(b+d/2)tgφ+(b-d/2)tgφm m∴h=2btgφm

=2bf=故保證滑動(dòng)時(shí)應(yīng)有h＞

=0P-Q=0P=Qy取節(jié)點(diǎn)O：F=FOA

=P=QOD取重物，受力如圖示，由平衡方程得F=F=Q/2S1 S2取曲桿ABC∑M

=0150F+200F-600F=0B N1 S1 OA重物不下滑的條件：F≤fS1

FSN1解得：fS89/104

=0得P=Qy取磚：∑M

=0∴F=FB SA SD∑F=0Q-F-F=0y SA SD∑F=0F-F=0x NA ND解得：FSA=FSD=Q/2，F(xiàn)NA=FND90/104取AGB:

=0F×95+30F'-bF'=0G SA NA∴b=220F/FSA NA轉(zhuǎn)不下滑的條件：F

≤fFSA ∴b≤110mm此題也可是研究二力構(gòu)件GCED，tgα=b/220，磚不下滑應(yīng)有tgv≤tgφ=f

，由此求得b。SRA解：主動(dòng)力合力RA

和全反力F

在ABABRB向，極限狀態(tài)時(shí)，與法向夾角為φ，由幾何關(guān)系：RBmtgφ=OA/OB=e/D/2注意到tgφ=fm m∴e=Df/2故偏心輪不會(huì)脫開條件為e≤Df/2解：取圓形物料，受力如圖，臨界狀態(tài)時(shí)，列平衡方程∑F=0Ncosα+Fsinα-N

sinα=0=1\*GB3①A A B B∑F=0Nsinα-Fcosα+N

cosα=0=2\*GB3②A A B B又∵F

=fNA

F=fNB

=3\*GB3③注意到tgα=f∴α°cos 512/2 512由幾何關(guān)系：∴d=

(Dd)/2 Dd91/104解：為確保系統(tǒng)安全制動(dòng)，滑塊應(yīng)自鎖，臨界狀態(tài)下，R主動(dòng)力合力F與法向夾角應(yīng)為φ，由幾何關(guān)系有：Rml2(l2(l/2)2m

l/2 注意到tgm顯然，還應(yīng)有L/2＜l因此，為能安全制動(dòng)，應(yīng)有0.5＜l/L

=0Q?r-F

R=0=1\*GB3①O1 S取桿：∑M

=0-F'

?b+p?a=0=2\*GB3②0 S N=Ff=3\*GB3S N聯(lián)立=1\*GB3①=2\*GB3②=3\*GB3③式可得：P=100N∴要?jiǎng)x住車不使重物落下則，P≥100N解：梯子受力如圖，設(shè)人重為Q=650N，桿長為l由∑F

=0F

-Q-P=0y NB∑M=0F

lsinα-P?cosα?l/2=0A NB S臨界狀態(tài)時(shí)：FS

?fNB

tgQP/2 3.53聯(lián)立上三式后可解得：

(QP)fS

∴α=74°12′92/104故梯子若保持平衡的條件為：α≥74°12′5-18解：滾子受力如圖所示：∑F=0Psinα+F-W=0y N∑M=0M-Pcosα?D/2=0A f臨界狀態(tài)時(shí)：M

=δ?Ff 5-19解：受力如圖所示：∑F=0F-P-Q=0y N∑M=0M-Q?r=0A f臨界狀態(tài)時(shí)：M

=δ?Ff 聯(lián)立上三式解得：Q=Pδ/(r-δ)5-20解：支架受力如圖所示：∑F=0P-F-F-G=0=1\*GB3①y SA SB∑F=0F-F=0=2\*GB3②NA NB∑M=0F?d/2+F?b-F?d/2-G?a=0=3\*GB3③O SA NB SB臨界狀態(tài)時(shí)：F=F?f=4\*GB3④SA NAF=F?f=5\*GB3⑤SB NB93/104將=4\*GB35\*GB31\*GB32\*GB33\*GB3解：∑F=0-Gcosα-F+F=0x S T∑F=0F-Gsinα=0N=FfS N聯(lián)立上三式解得：F

=G(sinα×0.3+cosα)=1037NT解：套鉤受力如圖，全反力F，F(xiàn)與GCRA RB由幾何關(guān)系得：b=(a+d/2)tgφ

+(a-d/2)tgφ

=2afm m m94/104第六章習(xí)題參考答案6-1

M (P)Pcos60R1PRZ 295/104(b)

M (P)Psin RPsin60R PR3Z 23解：F FX F FY XY

sin45Fcos60sin45212Ncos45Fcos60cos45212NF Fsin60520NZM (F)FX Y

0.242.4NmM (F)FY Z

0.5FX

0.268.4NmM (F)FZ Y

0.0510.6Nm96/104解：受力如圖所示，為空間匯交力系。F 0FX

cos60cos30FBD

cos60cos30 0F0F

cos60FAD

cos60sin30 FBD

cos60sin30 Gcos60 0 F0(F

F FBD

)sin60 GGsin60 0解得：

F 31.5KNAD

（壓力）F 31.5KNBDF

（壓力）1.5KNCD （壓力）97/104解：受力分析如圖所示，為空間匯交力系，由幾何關(guān)系可得：OBOC200 2mm；BDCD200 ；AD200 5mm1 1 1F CDX

F BD

F 03 AD 52 1 2 1 2F CDY

F3 2

F 3 2 AD

Q052 1 2 1F Z

F 3 2 BD 3 298/104AD解得：FAD