工程力学习题答案 第二章力系的简化与平衡 思考题:1.√;2.×;3.×;4.×;5.√;6.×;7.×;8.×;9.√ 习题 1.平面力系由三个力和两个力偶组成,它们的大小和作用位置如图示,长度单位为cm,求此力 系向O点简化的结果,并确定其合力位置 解:设该力系主矢为R,其在两坐标轴上的投影分别为R、R,。由合力投影定理有: 角R=∑x=15-3=1.5kN R=∑y=-2kN 2kN50 R=√∑x)+C∑)2=2.kN sina=∑/R=-08 cosa=∑x/R=-06 100Nm 80Nm 1.5kN 3kN a≈53°(合力或主矢与x轴所夹锐角)8100 d=23,2cm 由合力矩定理可求出主矩: M=∑M(F)=3×03×10-1500×02-100-80-20005=-580Nm 合力大小为:R=R'=25kN,方向C≈53°如图所示 位置:d=MF=S80=0232m=232cm,位于0点的右侧 2.火箭沿与水平面成B=25角的方向作匀速直线运动,如图所示。火箭的推力F=100kN与运动 方向成O=5角。如火 箭重P=200kN,求空 气动力F2和它与飞行 方向的交角y。 解:火箭在空中飞行 时,若只研究它的运行轨道 问题,可将火箭作为质点处 理。这时画出其受力和坐标 轴x、y如下图所示,可列 出平衡方程
1 工程力学习题答案 第二章力系的简化与平衡 思考题：1. √;2. ×;3. ×;4. ×;5. √;6. ×;7. ×;8. ×;9. √. 习题二 1． 平面力系由三个力和两个力偶组成，它们的大小和作用位置如图示，长度单位为 cm，求此力 系向 O 点简化的结果，并确定其合力位置。 解：设该力系主矢为 R ，其在两坐标轴上的投影分别为 R x 、 R y 。由合力投影定理有： 角 R x x i = = − 1.5 3=-1.5kN 2 R y y i = = − kN 2 2 ( ) ( ) R x y i i = + = 2.5 kN sin /i =y R =−0.8 ； cos /i =x R =−0.6 53（合力或主矢与 x 轴所夹锐角） 由合力矩定理可求出主矩： 3 0 0 ( ) 3 0.3 10 1500 0.2 100 80 2000 0.5 580 M M F = = − − − − = − i N.m 合力大小为： R R= =' 2.5 kN，方向 53 如图所示。 位置： 0 d M R/ = 580 2500 = = 0.232 m = 23.2 cm，位于 O 点的右侧。 2． 火箭沿与水平面成 = 25 角的方向作匀速直线运动，如图所示。火箭的推力 1 F =100 kN 与运动 方向成 = 5 角。如火 箭重 P = 200 kN，求空 气动力 F2 和它与飞行 方向的交角 。 解：火箭在空中飞行 时，若只研究它的运行轨道 问题，可将火箭作为质点处 理。这时画出其受力和坐标 轴 x、y 如下图所示，可列 出平衡方程
∑y=0:F-Gcos(O+B)=0(G应为P) 故空气动力F=Gcos30=173kN 由图示关系可得空气动力F2与飞行方向的交角为y=90+a=95。(a应为Y) 3.如图所示,移动式起重机不计平衡锤的重 为P=500kN,其重心在离右轨1.5m处。起重机的 起重量为P=250kN,突臂伸出离右轨10m。跑车 区 本身重量略去不计,欲使跑车满载或空载时起重机 均不致翻倒,求平衡锤的最小重量P2以及平衡锤到 左轨的最大距离x。 解:起重机整体受力如图。满载时要使起重机 不发翻倒,需同时满足FM20和∑M2(F)=0 P(x+3)-3FM4-1.5P-10=0 F 解得:P2(x+3)≥3250(1) 空载时,要使起重机不翻倒,需同时满足∑M(F)=0 Px-3FB-4.5P=0和FNB≥0 解得:Px≤2250 (2) 由(1)、(2)两式得:P2≥3333N,x≤6.75m Bp: Pmin=333. kN, xmax=6.75 m 4.梁AB的支承和荷载如图,CB⊥AB,梁的自重不计。则其支座B的反力RB大小为多少? 解:梁受力如图所示 4 kN/m CAn 10 kNm 由∑M(F)=0得: 如B级 (-4×2×1+10-40×x×1-40××4+RSin30×4=0(40应为4) =-8+10-2√2-8V2 V2-1=6.07kN (-4×2×1+10-40.sin45°×1-40.cos45°×4+Rsin30°×4=0) 解得:(R2=502-1=697N)R=512-1=6.07kN 5.起重机构架如图示,尺寸单位为cm,滑轮直径为d=20cm,钢丝绳的倾斜部分平行于BE杆 吊起的荷载O=10kN,其它重量不计。求固定铰链支座A、B的反力。 解:先研究杆AD如图(a)
2 y = 0 ； 2 F G− + = cos( ) 0 （G 应为 P ） 故空气动力 2 F G= = cos30 173 kN 由图示关系可得空气动力 F2 与飞行方向的交角为 = + = 90 95 。 （ 应为 ） 3． 如图所示，移动式起重机不计平衡锤的重 为 P = 500 kN，其重心在离右轨 1.5m 处。起重机的 起重量为 1P = 250 kN，突臂伸出离右轨 10m。跑车 本身重量略去不计，欲使跑车满载或空载时起重机 均不致翻倒，求平衡锤的最小重量 P2 以及平衡锤到 左轨的最大距离 x 。 解：起重机整体受力如图。满载时要使起重机 不发翻倒，需同时满足 0 FNA 和 ( ) 0 M F B = ， 2 1 ( 3) 3 1.5 10 0 P x F P P + − − − = NA 解得： 2P x( 3) 3250 + （1） 空载时，要使起重机不翻倒，需同时满足 ( ) 0 M F A = ， 2 3 4.5 0 P x F P − − = NB 和 0 FNB 解得： 2 P x 2250 （2） 由（1）、（2）两式得： 2P 333.3 kN， x 6.75 m 即： 2min P = 333.3 kN， max x = 6.75 m 4． 梁 AB 的支承和荷载如图， CB AB ⊥ ，梁的自重不计。则其支座 B 的反力 RB 大小为多少？ 解：梁受力如图所示： 由 ( ) 0 M F A = 得： ( 2 2 4 2 1 10 40 1 40 4 sin 30 4 0 2 2 − + − − + = RB （40 应为 4 ） = - 8 + 10 - 22 – 8 2 + 2 RB RB = 52 – 1 = 6.07 kN （-4×2×1+10-40.sin45°×1-40.cos45°×4+RBsin30°×4=0） 解得；( 50 2 1 69.7 RB = − = kN ) RB = 52 – 1 = 6.07 kN 5．起重机构架如图示，尺寸单位为 cm，滑轮直径为 d = 20 cm，钢丝绳的倾斜部分平行于 BE 杆， 吊起的荷载 Q =10 kN，其它重量不计。求固定铰链支座 A、B 的反力。 解：先研究杆 AD 如图(a)
(下面第一种解法是弯路,请看第二种解法) (解法1)由几何关系可知:tn。3 sin a=-, CD sin a 由∑M(F)=0,2800+sina(800-CD)=0 ∑Y=0,y+Qina+2=0 解得:YD=-5875KN,Y4=-0.125KN 再研究整体,受力如图(b),由 Y=0,Y,+Y-Q=0 ∑X=0,x4+XB=0 ∑MA(F)=0,X600-9(80300+10)=0 解得:Yn=10.125kN,XA=-18.5kN,XB=185kN (解法2) 解:(1)取整体为研究对象,画受力图,列平衡方 程 ∑H=0,H+-Q=0 H+H=Q=10kN(1) ∑=0,+=0(2) ∑M=0,.6-H.8-.8-3.l =1ll/6=18.5kN 代入(2)式,得M=-18.5kN 取ACD杆为研究对象,画受力图 ∑M=0,-×8-QXO.1=0 H=-10×0.18=-0.l25kN 代入(1),得F=-F+10=10.125kN
3 (下面第一种解法是弯路,请看第二种解法) (a) (b) (解法 1)由几何关系可知： 3 tan 4 = ， 3 sin 5 = ， 10 sin CD = 由 ( ) 0 M F A = ， 800 sin (800 ) 0 Y Q CD D + − = Y = 0， sin 0 Y Q Y A D + + = 解得： 5.875 YD = − kN， 0.125 YA = − kN 再研究整体，受力如图(b),由 Y = 0， 0 Y Y Q A B + − = X = 0， 0 X X A B + = ( ) 0 M F A = ， X Q B 600 800 300 10 0 − + + = ( ) 解得： 10.125 YB = kN， 18.5 XA = − kN， 18.5 XB = kN (解法 2) 解：（1）取整体为研究对象，画受力图，列平衡方 程 ∑Yi = 0， YA + YB – Q = 0 YA + YB = Q = 10 kN （1） ∑Xi = 0 ， XA + XB = 0 （2） ∑ MD = 0 ，XB .6 - YA .8 -YB .8 – Q.3.1 = 0 XB = 111/6 = 18.5 kN 代入(2)式,得 XA = - 18.5 kN 取 ACD 杆为研究对象,画受力图 ∑MD = 0 , - YA ×8 – Q × 0.1 = 0 YA = - 10×0.1/8 = - 0.125 kN 代入（1），得 Y = - Y + 10 = 10.125 kN A C D xA y A xD y D 600 A B Q D y A xA C E y B xB
6.平面桁架的支座和荷载如图所示,求杆1,2和3的内力。 解:用截面法,取CDF部分,受力如图(b), D I C F C F F F E F2 a3a3/3 ∑ ∑ aF-af=0 解得:F=0,Fs、2 F(压) 再研究接点C,受力如图(c) 有∑M(F)=0,F-F=0(g为x号F,a/2-F.a3= 解得:F1=-F(压) 7.梁的支座及荷载如图所示,求支座的约束力 解:(a)AB梁受力如图(a)所示 [T FAr --1++1- 由∑X=0,Fx=0 ∑Y=0,Fx-qb-F+FB=0 ∑M(F)=0,FA02b-M-Fb+qb=0(注意:式中的“g”是“×”号,以下同)
4 A B D 1 C 3 2 F E F a/2 a/2 a/3 a/3 a/3 D C F F 1 FAD F2 F3 F C F1 FCF F2 b b b b F FNB Ay FAx M Q F (a) 6． 平面桁架的支座和荷载如图所示，求杆 1，2 和 3 的内力。 解：用截面法，取 CDF 部分，受力如图(b), 由 X = 0 ， 3 − = F 0 ( ) 0 M F D = ， 2 2 0 3 − − = aF aF 解得： 3 F = 0 ， 2 2 3 F F = − （压） 再研究接点 C，受力如图（c） 有 ( ) 0 M F F = ， 1 2 0 2 3 a a F F− = (g 为×号 F1 .a/2–F2 .a/3 = 0) 解得： 1 4 9 F F = − （压） 7．梁的支座及荷载如图所示，求支座的约束力。 解：(a)AB 梁受力如图(a)所示。 由 X = 0， 0 FAX = Y = 0， 0 F qb F F AY NB − − + = ( ) 0 M F A = ， 2 0 2 NB b F b M Fb qb − − + = ( 注意:式中的“g”是“×”号，以下同)
解得:FAx=0, F M 5 26 F M (b)AB梁受力如图(b)所示。 ∑X ∑y=0,-F+Fn-193b+F0=0 F Fay ∑M(F)=0,Pb-q3bb+F·2b=0 2b⊥b 249b,F=-1 解得:F33 F+=gb (c)先研究BC梁,如图(c1)所示 208N/m、Ro FBy 由∑M(F)=0,F·6C0s30-20×6×3=0(应为sin30) ∑ X=0,F-Fsin60°=0 ∑Y=0,F21-20×6-Fcos60=0 解得:Fc=120k,Fx=603 再研究AB梁受力如图(c2)所示。 40kNm 由∑X=0,FAx-FBx=0 B FBx ∑Y=0,Fn-Fm′=0 ∑MA(F)=0,M4-3F-40=0 M 解得:FAx=104kN,FAy=60kN,MA=220kNm (d先研究CD梁,受力如图(d1)。 由>X=0,FCy=0 2.5kN/m 5kN.m Fo ∑ Y=0,F+Fy-25×2=0 ∑M(F=0,-4Fx-5+25×2×3= F
5 b 2b b F q A FAx B FAy FNB 解得： 0 FAX = ， 5 2 2 4 AY F M F qb b = − + ， 1 2 2 4 NB F M F qb b = + − （b）AB 梁受力如图(b)所示。 由 X = 0， 0 FAX = Y = 0， 1 3 0 2 − + − + = F F q b F AY NB ( ) 0 M F A = ， 1 3 2 0 2 Fb q b b F b − + = NB 解得： 3 3 2 4 F F qb AY = + ， 1 3 2 4 F F qb NB = − + (c)先研究 BC 梁，如图( 1 c )所示。 由 ( ) 0 M F B = ， 6cos30 20 6 3 0 FNC − = （应为 sin30°） X = 0， sin 60 0 F F BX NC − = Y = 0， 20 6 cos60 0 F F BY NC − − = 解得： 120 FNC = kN， 60 3 FBX = kN， 60 FBY = kN 再研究 AB 梁.受力如图( 2 c )所示。 由 X = 0, 0 F F AX BX − = Y = 0, 0 F F AY BY − = ( ) 0 M F A = , 3 40 0 M F A BY − − = 解得: 104 FAX = kN, 60 FAY = kN, 220 MA = k m (d)先研究 CD 梁,受力如图( 1 d ) 。 由 X = 0, 0 FCX = Y = 0, 2.5 2 0 F F ND CY + − = ( ) 0 M F D = , 4 5 2.5 2 3 0 − − + = FCY C FCy FCx 2.5kN/m 5kN. m FND MA A FAx FAy FBy' B FBx' 40kNm