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文档简介
千里之行,始于足下。第2页/共2页精品文档推荐理论力学课后答案(范钦珊)
C
(a-2)
D
R
(a-3)
(b-1)
D
R
第1篇工程静力学基础
第1章受力分析概述
1-1图a、b所示,Ox1y1与Ox2y2分不为正交与歪交坐标系。试将同一力F分不对两坐标系举行分解和投影,并比较分力与力的投影。
习题1-1图
解:(a)图(c):11sincosjiFααFF+=
分力:11cosiFαFx=,11sinjFαFy=
投影:αcos1FFx=,αsin1FFy=
讨论:?=90°时,投影与分力的模相等;分力是矢量,投影是代数量。(b)图(d):分力:22)cotsincos(iF?ααFFx-=,22sinsinjF?
α
Fy=投影:αcos2FFx=,)cos(2α?-=FFy
讨论:?≠90°时,投影与重量的模别等。
1-2试画出图a和b
习题1-2图
比较:图(a-1)与图(b-1)别同,因两者之FRD值大小也别同。
(c)2
2
x
(d)
1-3试画出图示各物体的受力图。
习题1-3图
B
或(a-2)
B
(a-1)
(b-1)
F
(c-1)或(b-2)
(e-1)
F
(a)
1-
4图a所示为三角架结构。荷载F1作用在铰B上。杆AB别计自重,杆BC自重为W。试画出b、c、d所示的隔离体的受力图,并加以讨论。
习题1-4
图
1-
5图示刚性构件ABC由销钉A和拉杆D支撑,在构件C点作用有一水平力F。试咨询假如将力F沿其作用线移至D或E(如图示),是否会改为销钉A的受力状况。
解:由受力图1-5a,1-
5b和1-5c分析可知,F从C移至E,A端受力别变,这是因为力F在自身刚体ABC上滑移;而F从C移至D
,则A端受力改变,因为HG与ABC为别同的刚体。
1
(f-1)
'A
(f-2)
1
O
(f-3)
FF'F1
(d-2)
Fy
B21
(c-1)
FAB
1
BF
Dxy
(b-2)
1
(b-3)
Fy
B2AAB
1
BF
习题1-5图
Ax
F
(b-3)
ED
(a-3)
B
(b-2)
(b-1)
F'C
B
C
(c)
Ax
F
1-6试画出图示延续梁中的AC和CD梁的受力图。
习题1-6图
1-7画出下列每个标注字符的物体的受力图,各题的整体受力图未画重力的物体的自重均别计,所有接触面均为光滑面接触。
(b)
FH
(c)
FDx
(b)
'F
(a)
1-7d
1-7e1-7f1-7g
2
N
2
Cy
D
R
D
RCy
F
By
Bx
Ax
F
F'
F
F
F
F
Cy
2
T
T
F
Dx
T
F'
3
T
F
Ey
F
Cy
Ex
'
1-7h
1-7i
1-7j
Ay
Bx
By
F
Cy
Bx
'
B
FCR
D
RG
R
F
H
RF
F
Ay
B
R
F
F
Ay
第2章力系的等效与简化
2-1试求图示中力F对O点的矩。
解:(a)lFFMFMFMMyOyOxOO?==+=αsin)()()()(F(b)lFMO?=αsin)(F
(c))(sincos)()()(312llFlFFMFMMyOxOO+--=+=ααF(d)2
22
1sin)()()()(llFFMFMFMMyOyOxOO+==+=αF
2-2图示正方体的边长a=0.5m,其上作用的力F=100N,求力F对O点的矩及对x轴的力矩。解:)(2
)()(jikiF
rFM+-?
+=?=F
aAOmkN)(36.35)
(2
?+--=+--=
kjikjiFa
mkN36.35)(?-=FxM
2-3曲拐手柄如图所示,已知作用于手柄上的力F=100N,AB
=100mm,BC=400mm,CD=200mm,
α=30°。试求力F对x、y、z轴之矩。
解:
)coscossin(sin)4.03.0()(2kjikjFrFMαααα--?-=?=FDA
kjiαααα22sin30sin40)sin4.03.0(cos100--+-=
力F对x、y、z轴之矩为:
mN3.43)2.03.0(350)sin4.03.0(cos100)(?-=+-=+-=ααFxMmN10sin40)(2?-=-=αFyM
mN5.7sin30)(2?-=-=αFzM
2—4正三棱柱的底面为等腰三角形,已知OA=OB=a,在平面ABED内沿对角线AE有一具力F,图中θ=30°,试求此力对各坐标轴之矩。
习题2-1图
ArA
习题2-2图
(a)
习题2-3图
AB
r
(a)
解:
)sin45sincos45coscos()(kjiiFrFMθθθ+?+?-?=?=FaAO)45sincossin(kj?+-=θθaF力F对x、y、z轴之矩为:
0)(=FxM
230sin)(aFaFMy-
=?-==FFaaFMz4
6
45sin30cos)(=??=F
2-5如图所示,试求力F对A点之矩及对x、y、z轴之矩。解:FrFM?=ABA)(
5
35
4FFddd
-kji==)743(5
1kji-+-Fd
)34(5
)(jijFM+?=F
dO
力F对x、y、z轴之矩为:0)(=FxM;0)(=FyM;FdMz5
4)(-=F
2—6
面。求这四个力偶的合力偶。
解:4321MMMMM
+++=
kji)5
3
()54(43241MMMMM+--+-=
mN8.1284.14?=kji
2-7已知一平面力系对A(3,0),BAB=0,MC=–10kN·m。试求该力系合力的大小、方向和作用线。
解:由已知MB=0知合力FR过B点;由MA=20kN·m,MC=-10kN·m知FR位于A、C间,且
CDAG2=(图a)
在图(a)中,设OF=d,则θcot4=d
CDAGd2)sin3(==+θ(1)
θθ
sin)25.4(sind
CECD-==(2)
即θθ
sin)25.4(2sin)3(d
d-=+dd-=+93,3=d
F点的坐标为(-3,0)合力方向如图(a),作用线如图过B、F点;
习题2-4图
习题2-5图
习题2-6图(a)4
3M1
M2M3
M4
习题2-7图
3
4tan=
θ8.45
46sin6=?==θAG
8.4RR?=?=FAGFMA
kN6258.420R==
F即)kN3
10
,25(R=F
作用线方程:43
4
+=xy
讨论:本题由于已知数值的特别性,实际G点与E点重合。
2-8已知F1=150N,F2=200N,F3=300N,F=F'=200N。求力系向点O的简化结果,并求力系合力的大小及其与原点O的距d。
80
200
100
1
3
11
2
1F
F
F
'
解:N.64375
210145cos32
1-=--?-=∑FFFFx
N.61615110
345sin3
2
1-=+-?-=∑FFFFy
mN44.2108.02.05
11.045sin)(3
1?=-?+??=∑FFFMOF
向O点简化的结果如图(b);合力如图(c),图中
N5.466)()(22'R=∑+∑=yxFFF,mN44.21?=OM
合力N5.466'
RR==FF,mm96.45R
==
FMdO
2-9图示平面任意力系中F1=402N,F2=80N,F3=40N,F4=110M,M=2000N·mm。各力作用位置如图所示,图中尺寸的单位为mm。求(1)力系向O点简化的结果;(2)力系的合力的大小、方向及合力作用线方程。
F
F
F
F(0,30)
(20,20)
(20,-30)
(-50,0)
45
解:N15045cos421R-=--?=∑=FFFFFxx
045sin31R=-?=∑=FFFFyy
R
(a)
习题2-8图
习题2-9图
N150)()(22'R=∑+∑=yxFFF
mmN900305030)(432?-=--+=∑=MFFFMMOOF
向O点简化结果如图(b);合力如图(c),其大小与方向为
N150'RRiFF-==
设合力作用线上一点坐标为(yx,),则
xyOOyFxFMMRRR)(-==F
将OM、'RyF和'
RxF值代入此式,即得合力作用线方程为:mm6-=y
2-10图示等边三角形板ABC,边长a,今沿其边缘作用大小均为FP的力,方向如图(a)所示,求三力的合成结果。若三力的方向改变成如图(b)所示,其合成结果怎么?
解(a)0'
R=∑=iFF
aFaFMAPP2
323=?
=(逆)合成结果为一合力偶aFMP23
=(逆)(b)向A点简化iFP'
R2F-=(←)
aFMAP2
3
=
(逆)再向'A点简化,aFMdA43
'R
==
合力iFPR2FA-=(←)
2-11图示力系F1=25kN,F2=35kN,F3=20kN,力偶矩m=50kN·m。各力作用点坐标如图。试计算(1)力系向O点简化的结果;(2)力系的合力。
解(1)向O点简化kN10'RkFF=∑=i
)(FMMOO∑=
m
kN)10580(20
000
23-35
-0002225
0002-350?+-=+++=jik
jikjikjij
(2)合力kN10RkF=
设合力作用线过点)0,,(yx,则
FFF
FFF习题2-10图FFF
FFA习题2-11图
jiMk
ji1058010
000+-==Oxy5.10-=x,0.8-=y,0=z
合力作用线过点(-10.5,-8.0,0)。
2-12图示载荷FP=1002N,FQ=2002N,分不作用在正方形的顶点A和B处。试将此力系向O点简化,并求其简化的最终结果。
解:N)(100PkiF+-=
N)(200Qkj
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