第四章空间力系 4.1已知F1=100N,F2=300N,F3=200N,作用位 置及尺寸如图(a)所示; 求力系向O点简化的结果。 解力系主矢在轴上的投影为 FRr=2X=-F2 sina- F3 cosp 8 -345.4N Ry= 2Y F2 cosa 249.6 N FR=Σ2=F1-F3sinB fRe 力系对O点的主矩在轴上的 投影为 Mox=ΣM2(F) 题4.1图 =-F2cosa·100-F3sinB·300 51.78N·m 1(F F2sina·1003-3665 Q=ΣM(F)=F2a·200+F3B·300=103.6N·m 力系向O点简化所得的力FR和力偶M的各个分量如图(b)所示。 4.2已知小正方格的边长 SN 为10mm,各力的大小及作用线位5N 置如图所示; 求力系的合力。 解该平行力系的合力为 20N 15-10+10-15+20=20N(↑) 题4.2图
设合力FR与平面的交点为(xC,y),由合力矩定理有 M2(FR)=ΣM(F)=15×10-10×20+10×30 15×40+20×50=650N·mm M(FR)=ΣM(F)=-15×40+10×10 10×30-20×20=-1200N·mm 由 M,(FR)= yoFR=, M,(FR)=-xcFre 解出 M,(FR) 60 mm, yc M=(FR=32.5 mm Rz 力系的合力FR如图所示 4.3已知F1=350N,F2=400N,F3=600N,作用位 置及尺寸如图(a)所示; 求力系向O点简化的结果。 题4.3图 解力系主矢在轴上的投影为 FRr=2X= Fisinycos8+0-F3cos60==-1439 N FR= EY= FisinysinB+ F200645+ F3cos30=1 011N, FRx=ΣZ=-F10sy-F2o45+0=-516.9N; 力系对O点的主矩在轴上的投影为 Max=-60F1x-120F2x=-4799 Moy=90F1z=21.07N·m
M=-60F1x+90F1y+60F3x-9F35-19.4N,m 力系向O点简化所得的力FR和力偶Mo的各个分量如图(b)所 示 知F=1000N,作 用位置及尺寸如图所示; 求M2(F)。 解M2(F)=xY-y 式中x=-150,y=150 3F √35 代入得M(F)=-150×5071 150×169 题4.4图 4.5已知F,a,0,CD=a; 求力F对AB轴的矩MAB(F)。 解力F在平面CDE内的分力为 F sina,由合力矩定理得 MAB(F)= F sina. a sina= Fa sing sing 题4.5图 题4.6图
4.6已知r,h,力F⊥OC,作用位置如图所示; 求力F对x、y、z轴的矩 解力F各分力的大小为F=F60c30=4F Fy= Fcos60 sin30'=F. F,= Fsin60'sv3 由合力矩定理有m,(F)=Fh-F2∞030=F (h-3r) m,(F)=Fh+rF; sin30'=Y3 F(h+r) m2(F)=-rFo60=-2 4.7已知P=10kN,空间构架连接如图所示; 求球铰链A、B、C处的约束反力。 解三杆均为二力杆,该系统受力如图所示,由 2X=0, FA cos45- FB C0S45 =0 ey=0. FA Sin45'cos30'+ FB sin45 cos30-Fc cos15=0 Ez=0, FA sin45 sin30+ Fa sin45 sin30- Fc sin15 -P=0 解得FA=FB=26.39kN(压),Fc=3346kN(拉) 题4.7图 题4.8图
4.8已知重物重P=1000N,空间构架如图所示 求三杆所受的力。 解三杆均为二力杆,该系统受力如图所示,由 2X =0, FB cos45-Fc cos45=0 2Y=0,-FB sin45-Fc sin45+ Fa sin45'=0 ΣZ=0,FAcs45-P=0 解得5A=144N联,5Fc=707N拉) 4.9已知荷载P,AB=BC=AD=AE,a 求支柱和各斜杆的内力 解先研究节点C和重物,受力如图所示,由 ΣZ=0, CaSIng45-P=0 ΣX=0, FrAcAS45-FoB=0 FaB=P(拉),=2P(压) 再研究球铰B,受力如图所示,由 EX =0, FBD cos45 cos45 - FRE COS45 cos45+ FBC sina =0 ∑Y=0 FRD C0S45 sin45- FBE co 45 sin45+ Fk cosa=0 2Z=0, - FBD sin45-FBE sin45-FRA=0 解得 FRD= P( FBE= P( cosa + sina), FAB=-V F 题4.9图 题4.10图