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    [理学]工程力学静力学北京科大、东北大学版习题全解.doc

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    [理学]工程力学静力学北京科大、东北大学版习题全解.doc

    第一章 习题 下列习题中,凡未标出自重的物体,质量不计。接触处都不计摩擦。 1-1试分别画出下列各物体的受力图。1-2试分别画出下列各物体系统中的每个物体的受力图。1-3试分别画出整个系统以及杆BD,AD,AB(带滑轮C,重物E和一段绳索)的受力图。1-4构架如图所示,试分别画出杆HED,杆BDC及杆AEC的受力图。1-5构架如图所示,试分别画出杆BDH,杆AB,销钉A及整个系统的受力图。1-6构架如图所示,试分别画出杆AEB,销钉A及整个系统的受力图。1-7构架如图所示,试分别画出杆AEB,销钉C,销钉A及整个系统的受力图。1-8结构如图所示,力P作用在销钉C上,试分别画出AC,BCE及DEH部分的受力图。第一章参考答案1-1解:1-2解:1-3解:1-4解:1-5解:1-6解:1-7解:1-8解:第二章 习题参考答案2-1解:由解析法, 故: 2-2解:即求此力系的合力,沿OB建立x坐标,由解析法,有故: 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:联立上二式,解得:(拉力)(压力)(b) 由平衡方程有:联立上二式,解得:(拉力)(压力)(c) 由平衡方程有:联立上二式,解得:(拉力)(压力)(d) 由平衡方程有:联立上二式,解得:(拉力)(拉力)2-4解:(a)受力分析如图所示:由 由 (b)解:受力分析如图所示:由联立上二式,得: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: (压力)(与X轴正向夹150度)2-6解:受力如图所示:已知, ,由 由 2-7解:受力分析如图所示,取左半部分为研究对象由 联立后,解得: 由二力平衡定理 2-8解:杆AB,AC均为二力杆,取A点平衡由 联立上二式,解得: (受压)(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 (2)取B点列平衡方程由 2-10解:取B为研究对象:由 取C为研究对象:由 由 联立上二式,且有 解得:取E为研究对象:由 故有:2-11解:取A点平衡:联立后可得: 取D点平衡,取如图坐标系:由对称性及 2-12解:整体受力交于O点,列O点平衡由 联立上二式得: (压力)列C点平衡联立上二式得: (拉力)(压力)2-13解:(1)取DEH部分,对H点列平衡联立方程后解得: (2)取ABCE部分,对C点列平衡且 联立上面各式得: (3)取BCE部分。根据平面汇交力系平衡的几何条件。2-14解:(1)对A球列平衡方程(1)(2)(2)对B球列平衡方程(3)(4)且有: (5)把(5)代入(3),(4)由(1),(2)得: (6)又(3),(4)得: (7)由(7)得: (8)将(8)代入(6)后整理得:2-15解:,和P构成作用于AB的汇交力系,由几何关系:又整理上式后有: 取正根 第三章 习题参考答案3-1解:3-2解:构成三个力偶因为是负号,故转向为顺时针。3-3解:小台车受力如图,为一力偶系,故 ,由3-4解:锤头受力如图,锤头给两侧导轨的侧压力和构成一力偶,与,构成力偶平衡由 3-5解:电极受力如图,等速直线上升时E处支反力为零即: 且有:由 3-6解:A,B处的约束反力构成一力偶由 3-7解:,受力如图,由,分别有:杆: (1)杆: (2)且有: (3)将(3)代入(2)后由(1)(2)得: 3-8解:杆ACE和BCD受力入图所示,且有:对ACE杆: 对BCD杆: 第四章参考答案4-1 解: =196°42 (顺时针转向)故向O点简化的结果为:由于FR0,L00,故力系最终简化结果为一合力,大小和方向与主矢相同,合力FR的作用线距O点的距离为d。FR=FR=52.1Nd=L0/FR=5.37m4-2 解:(a)设B点坐标为(b,0)LB=MB()=-m-Fb=-10kN.mb=(-m+10)/F=-1m B点坐标为(-1,0)= FR=10kN,方向与y轴正向一致(b)设E点坐标为(e,e)LE=ME()=-m-Fe=-30kN.me=(-m+30)/F=1m E点坐标为(1,1)FR=10kN 方向与y轴正向一致4-3解:(a) 受力如图由MA=0 FRB3a-Psin30°2a-Qa=0FRB=(P+Q)/3由 x=0 FAx-Pcos30°=0FAx=P由Y=0 FAy+FRB-Q-Psin30°=0FAy=(4Q+P)/6(b)受力如图由MA=0 FRBcos30°-P2a-Qa=0FRB=(Q+2P)由 x=0 FAx-FRBsin30°=0FAx=(Q+2P)由Y=0 FAy+FRBcos30°-Q-P=0FAy=(2Q+P)/3(c)解:受力如图:由MA=0 FRB3a+m-Pa=0FRB=(P-m/a)/3由 x=0 FAx=0由Y=0 FAy+FRB-P=0FAy=(2P+m/a)/3(d)解:受力如图:由MA=0 FRB2a+m-P3a=0FRB=(3P-m/a)/2由 x=0 FAx=0由Y=0 FAy+FRB-P=0FAy=(-P+m/a)/2(e)解:受力如图:由MA=0 FRB3-P1.5-Q5=0FRB=P/2+5Q/3由 x=0 FAx+Q=0FAx=-Q由Y=0 FAy+FRB-P=0FAy=P/2-5Q/3(f)解:受力如图:由MA=0 FRB2+m-P2=0FRB=P-m/2由 x=0 FAx+P=0FAx=-P由Y=0 FAy+FRB =0FAy=-P+m/24-4解:结构受力如图示,BD为二力杆由MA=0 -FRBa+Qb+Wl/2cos=0FRB=(2Qb+Wlcos)/2a由Fx=0 -FAx-Qsin=0FAx=-Qsin由Fy=0 FRB+FAy-W-Qcos=0FAy=Q(cos-b/a)+W(1-lcos/2a) 4-5 解:齿轮减速箱受力如图示,由MA=0 FRB×0.5-W×0.2-m1-m2=0FRB=3.2kN由Fy=0 FRA+FRB-W=0FRA=-2.7kN4-6 解:(a)由Fx=0 FAx=0 (b) 由Fx=0 FAx=0由Fy=0 FAy=0 由Fy=0 FAy-qa-P=0由M=0 MA-m=0 MA=m FAy=qa+P由M=0 MA-qaa/2-Pa=0MA=qa2/2+Pa(c) (d)(c) 由Fx=0 FAx+P=0 (d) 由Fx=0 FAx=0FAx=-P 由MA=0 FRB5a+m1-m2-q3a3a/2=0由Fy=0 FAy-ql/2=0 FRB=0.9qa+(m2-m1)/5aFAy=ql/2 由Fy=0 FAy+FRB-q3a=0由M=0 MA-ql/2l/4-m-Pa=0 FAy=2.1qa+(m1-m2)/5aMA=ql2/8+m+Pa4-7 解:(a) (b)(a)MA=0 FRB6a-q(6a)2/2-P5a=0 FRB=3qa+5P/6Fx=0 FAx+P=0 FAx =-PFy=0 FAy+FRB-q6a=0 FAy=3qa-5P/6(b) MA=0 MA-q(6a)2/2-P2a=0 MA=18qa2+2PaFx=0 FAx+q6a=0 FAx =-6qaFy=0 FAy-P=0 FAy=P(c) MA=0 MA+m1-m2-q6a2a-P4a=0 MA=12qa2+4Pa+m2-m1Fx=0 FAx+P=0 FAx=-PFy=0 FAy-q6a=0 FAy=6qa(d) MA=0 MA+q(2a)2/2-q2a3a=0 MA=4qa2Fx=0 FAx-q2a=0 FAx =2qaFy=0 FAy-q2a=0 FAy =2qa4-8解:热风炉受力分析如图示,Fx=0 Fox+q1h+(q2-q1)h/2=0 Fox=-60kNFy=0 FAy-W=0 FAy=4000kNMA=0 M0-qhh/2-(q2-q1)h2h/3/2=0 M0=1467.2kNm4-9解:起重机受力如图示,MB=0 -FRAc-Pa-Qb=0 FRA=-(Pa+Qb)/cFx=0 FRA+FBx=0 FBx=(Pa+Qb)/cFy=0 FBy-P-Q=0 FBy=P+Q4-10 解:整体受力如图示MB=0 -FRA×5.5-P×4.2=0 FRA=-764NFx=0 FBx+FRA=0 FBx=764NFy=0 FBy-P=0 FBy=1kN由ME=0 FCy×2+P×0.2-P×4.2=0 FCy=2kN由MH=0 FCx×2-FCy×2-P×2.2+P×0.2=0 FCx=FCx=3kN4-11解:辊轴受力如图示,由MA=0 FRB×1600-q×1250×(1250/2+175)=0FRB=625N由Fy=0 FRA+FRB-q×1250=0 FRA=625N4-12 解:机构受力如图示,MA=0 -P×0.3+FRB×0.6-W×0.9=0 FRB=26kNFy=0 FRA+FRB-P-W=0 FRA=18kN4-13 解:当达到最大起重质量时,FNA=0由MB=0 W1×+W2×0-G×2.5-Pmax×5.5=0Pmax=7.41kN4-14解:受力如图示,不致翻倒的临界状态是FNE=0由MF=0 W×1m-Q×(5-1)=0 W=60kN故小车不翻倒的条件为W60kN4-15解:设左右杆长分别为l1、l2,受力如图示左杆:MO1=0 P1(l1/2)cos1-FAl1sin1=0 FA=ctg1P1/2右杆:MO2=0 -P2(l2/2)cos2+F'Al2sin2=0 F'A=ctg2P2/2由FA=F'A P1/P2=tg1/tg24-16解:设杆长为l,系统受力如图(a) M0=0 P l/2cos+Tlsin-Tlcos=0 T=P/2(1-tg)(b)当T=2P时, 2P= P/2(1-tg) tg3/4 即36°524-17 解:(a)(a)取BC杆:MB=0 FRC2a=0 FRC=0Fx=0 FBx=0Fy=0 -FBy+FRC=0 FBy=0取整体:MA=0 -q2aa+FRC4a+MA=0 MA=2qa2Fx=0 FAx=0 Fy=0 FAy+FRC2aFAy=2qa(b)(b)取BC杆:MB=0 FRC2a-q2aa=0 FRC=qaFx=0 FBx=0Fy=0 FRC-q2a-FBy=0 FBy=-qa取整体:MA=0 MA+FRC4a-q3a2.5a=0 MA=3.5qa2Fx=0 FAx=0 Fy=0 FAy+FRC3aFAy=2qa(c)(c)取BC杆:MB=0 FRC2a =0 FRC=0Fx=0 FBx=0Fy=0 FRC-FBy=0 FBy=0取整体:MA=0 MA+FRC4a-m=0 MA=mFx=0 FAx=0 Fy=0 FAy+FRCFAy=0(d)(d)取BC杆:MB=0 FRC2a-m=0 FRC=m/2aFx=0 FBx=0Fy=0 FRC-FBy=0 FBy=m/2a取整体:MA=0 MA+FRC4a-m=0 MA=-mFx=0 FAx=0 Fy=0 FAy+FRCFAy=-m/2a4-18 解:(a)取BE部分ME=0 FBx×5.4-q×5.4×5.4/2=0 FBx=2.7q取DEB部分:MD=0 FBx×5.4+FBy×6-q×5.4×5.4/2=0 FBy=0取整体:MA=0 FBy×6+ q×5.4×5.4/2-FRC×cos45°×3=0 FRC=6.87qFx=0 FRC×cos45°+FAx+FBx-q×5.4=0 FAx=-2.16qFy=0 FRC×sin45°+FAy+FBy=0 FAy=-4.86q(b)取CD段,MC=0 FRD×4-q2/2×42=0 FRD=2q2取整体:MA=0 FRB×8+FRD×12q2×4×10-q1×6×4-P×4=0Fx=0 P+FAx=0 FAx=-PFy=0 FAy+FRB+FRD-q1×6-q2×4=0 FAy=3q1-P/24-19 解:连续梁及起重机受力如图示:取起重机:MH=0 Q×1-P×3-FNE×2=0 FNE=10kNFy=0 FNE+FNH-Q-P=0 FNH=50kN取BC段:MC=0 FRB×6-FNH×1=0 FRB=8.33kN取ACB段:MA=0 FRD×3+FRB×12-FNE×5-FNH×7=0 FRD=100kNFx=0 FAx=0Fy=0 FAy+FRD+FRB-FNE-FNH=0 FAy=48.33kN4-20解:整体及左半部分受力如图示取整体:MA=0 FBy×l-G×l/2=0 FBy=1kNMB=0 -FAy×l+G×l/2=0 FAy=1kN取左半部分:MC=0 FAx×h+G/2×l/4-FAy×l/2=0 FAx=1.66kN取整体:Fx=0 FAx+FBx=0 FBx=-1.66kN4-21 解:各部分及整体受力如图示取吊车梁:MD=0 FNE×8-P×4-Q×2=0 FNE=12.5kNFy=0 FND+FNE-Q-P=0 FND=17.5kN取T房房架整体:MA=0 FBy×12-(G2+FNE)×10-(G1+FND)×2-F×5=0 FBy=77.5kNMB=0 -FAy×12-F×5+(G1+FND)×2+(G2+FNE)×2=0 FAy=72.5kN取T房房架作部分:MC=0 FAy×6-FAx×10-F×5-(G1+FND) ×4=0 FAx=7.5kNFx=0 FCx+F+FAx=0 FCx=-17.5kNFy=0 FCy+FAy-G1-FND=0 FCy=5kN取T房房架整体:Fx=0 FAx+F+FBx=0 FBx=-17.5kN4-22解:整体及部分受力如图示取整体:MC=0 -FAxltg45°-G(2l+5)=0 FAx=-(2+5/l)GMA=0 FCxltg45°-G(2l+5)=0 FCx=(2+5/l)G取AE杆:ME=0 FAxl-FAyl-Gr=0 FAy=2GFx=0 FAx+FBx+G=0 FBx=(1+5/l)GFy=0 FAy+FBy=0 FBy=-2G取整体:Fy=0 FAy+FCy-G=0 FCy=-G取轮D: Fx=0 FDx-G=0 FDx=GFy=0 FDy-G=0 FDy=G4-23 解:整体及部分受力如图示取整体:MB=0 FCy×10-W2×9-P×4-W1×1=0 FCy=48kNFy=0 FBy+FCy-W1-W2-P=0 FBy=52kN取AB段:MA=0 FBx×4+W1×4+P×1-FBy×5=0 FBx=20kNFx=0 FBx+FAx=0 FAx=-20kNFy=0 FBy+FAy-W1-P=0 FAy=8kN取整体:Fx=0 FBx+FCx=0 FCx=-20kN 4-24 解:系统中1、2、3、4、5杆均为二力杆,整体及部分受力如图:取整体:Fx=0 FAx=0MA=0 -3P1-6P2-10P3+14FRB=0 FRB=80kNFy=0 FAy+FRB-P1-P2-P3=0 FAy=90kN取左半部分:MH=0 P2×1+P1×4-FAy×7+S3×3=0 S3=117kN取节点E:Fx=0 S3-S1cos=0 S1=146kNFy=0 S2+S1sin=0 S2=-87.6kN取节点F:Fx=0 -S3+S5cos=0 S5=146kNFy=0 S4+S5sin=0 S4=-87.6kN4-25解:整体及部分受力如图示:取整体:MA=0 FRB×4-P(1.5-R)-P(2+R)=0 FRB=21kNFx=0 FAx-P=0 FAx=24kNFy=0 FAy+FRB-P=0 FAy=3kN取ADB杆:MD=0 FBy×2-FAy×2=0 FBy=3kN取B点建立如图坐标系:Fx=0 (FRB-F'By)sin-F'Bxcos=0 且有FBy=F'By,FBx=F'BxF'Bx18tg=18×2/1.5=24kN-26 解:整体及部分受力如图示:取整体:MB=0 FAx×4+P×4.3=0 FAx=-43kNFx=0 FB+FAx=0 FBx=43kN取BC杆:MC=0 FBx×4+P×0.3-P×0.3-P×2.3-FBy×4=0 FBy=20kNFx=0 FBx+FCx-P=0 FCx=-3kNFy=0 FBy+P+FCy-P=0 FCy=-20kN取整体: Fy=0 FAy+FBy-P=0 FAy=20kN4-27 解:受力如图示:取AB: MA=0 P×0.4-SBC×0.6=0 SBC=0.667kN取C点:Fx=0 S'BCsin60°+SCEsin4.8°-SCDcos30°=0Fy=0 -S'BCcos60°+SCEcos4.8°-SCDsin30°=0联立后求得:SCE=0.703kN取OE: MO=0 m0-SCEcos4.8°×0.1=0m0=70kN4-28 解:整体及部分受力如图示:取OA杆,建如图坐标系:MA=0 FOx×0.6 sin60°+m-Foy×0.6cos30°=0 Fy=0 Fox×cos60°+Foycos30°=0联立上三式:Foy=572.4N Fox=-1000N取整体:MB=0 -Foy×(0.6×cos30°-0.6 sin30°×ctg60°)-P×0.75×sin60°+m=0P=615.9NFx=0 Fox+FBx+P=0 FBx=384.1NFy=0 Foy+FBy=0 FBy=-577.4N4-29 解:整体及部分受力如图示:取CD部分:MC=0 FND×0.6cos-P×0.6sin=0 FND=Ptg取OA部分:MA=0 -Fox×0.31-m=0 Fox=-m/0.31取整体:MO1=0 Fox×0.545-m+P×1.33-FND×0.6cos=0代入后有:-m/0.31×0.545-m+×1.33-Ptg×0.6 cos=0m=9.24kNm4-30 解:整体及部分受力如图示:取OA段:MA=0 m+Fox×0.1=0 Fox=-10m取OAB段:MB=0 m-Foy×0.1ctg30°=0 Foy=10/3m取EF及滑块:ME=0 FNF×0.1cos30°+P×0.1sin30°=0 FNF=-P/3取整体:MD=0 FNF×0.1/ cos30°+m-Fox×0.1-Foy×0.1 ctg30°=0m/P=0.1155m4-31解:取整体:MB=0 -FRA×4+W1×4+G1×3+G2×2cos30°×cos30°=0FRA=32.5kNFx=0 FBx=0Fy=0 FBy+FRA-W1-W2-G1-G2=0 FBy=27.5kN取A点:Fy=0 FRA+S2cos30°-W1=0 S2=-26kNFx=0 S1+S2sin30°=0 S1=13kN取C点:Fx=0 -S2cos60°+S4cos30°+S3cos60°=0Fy=0 -S2sin60°-S3sin60°-S4sin30°-G1=0联立上两式得:S3=17.3kN S4=-25kN取O点:Fx=0 -S3cos60°-S1+S5cos60°+S6=0Fy=0 S3sin60°+S5sin60°=0联立上两式得:S5=-17.3kN S6=30.3kN取E点:Fx=0 -S5cos60°-S4cos30°+S7cos30°=0S7=-35kN4-32 解:取整体:MA=0 F1×1.5+F2×3+F3×4.5+F4×6+F5×7.5-FRB×9=0Fy=0 FRA+FRB-(4×30+40)=0 FRA=80kN取A点:Fx=0 Fy=0 联立后解得:S1=-197kN S2=180kN取点:Fx=0Fy=0联立后解得:S3=-37kN S4=-160kN取点:Fx=0Fy=0联立后解得:S5=-30kN S6=-160kN取点:Fx=0Fy=0联立后解得:S7=kN S8=56.3kN由对称性可知:S9=S8=56.3kN S10=S6=-160kNS11=S5=-30kN S12=S4=-160kNS13=S2=180kN S14=S3=-37kNS15=S1=-197kN4-33 解:取整体:MA=0 FRB×4-P1×2-P2×3=0 FRB =87.5kNFy=0 FRA+FRB-P1-P2=0 FRA=62.5kN取A点:Fx=0 S1+S2cos45°=0Fy=0 FRA-S2sin45°=0解得:S1=-62.5kN S2=88.4kN取C点:Fx=0 S4-S2cos45°=0Fy=0 S3+S2sin45°=0解得:S3=-62.5kN S4=62.5kN取D点:Fx=0 S6+S5cos45°-S1=0Fy=0 -S3-S5sin45°=0解得:S5=88.4kN S6=-125kN取F点:Fx=0 S8-S6=0Fy=0 -P1-S7=0解得:S7=-100kN S8=-125kN取E点:Fx=0 S9cos45°+ S10-S5cos45°-S4=0Fy=0 S7+S5sin45°+ S9sin45°=0解得:S9=53kN S10=87.5kN取G点:Fx=0 S12cos45°-S10=0Fy=0 S12sin45°+ S11=0解得:S9=-87.5kN S10=123.7kN取H点:Fx=0 S13-S8-S9sin45°=0S13=-87.5kN4-34解:取整体:MA=0 -FRA×6a+G×(5a+4a+3a+2a+a)=0 FRA=2.5G Fy=0 FRA +FRB +5G=0 FRB=2.5G取A点:Fx=0 S1+S2cos45°=0Fy=0 S2sin45°+FRA=0解得:S1=2.5G S2=-3.54G取C点:Fx=0 S4-S1=0 S4=2.5GFy=0 S3-G=0 S3=G截面-,取左半部分Fy=0 S5sin45°+FRA-3G=0 S5=0.707GMD=0 -FRA×4a+G×3a+G×2a+G×a+S6×a=0S6=4G第五章参考答案5-1 解:(a)Fsmax=fSFN=100×0.3=30N当P=10N, P=10N< Fsmax故保持静止 F=P=10N(b)当P=30N时, P=30N= Fsmax故物块处于临界状态 F=P= Fsmax=30N(c)当P=50N时, P=50N> Fsmax故物块滑动 F= Fsmax=30N5-2 解:(a)Fsmax=FNfS=WfS=300NP=200N< Fsmax故物块保持平衡 F=P=200N(b)Fsmax= FNfS= PfS=150NW=200N> Fsmax故物块不平衡 F= Fsmax=150N5-3 解:(1)有向下滑动趋势X=0 Fsmax1+Q-Wsin=0Y=0 FN-Wcos=0补充方程: Fsmax1=FNfS联立上三式: Q=W(sin-fScos)(2)有向上滑动趋势X=0 Q- Fsmax2-Wsin=0Y=0 FN-Wcos=0补充方程: Fsmax2=FNfS联立上三式: Q=W(sin+fScos)Q值范围为:W(sin-fScos)QW(sin+fScos)其中fS=tg5-4解:由M0=0 m+F×25=0F=FNfS联立上两式得:FN=m/2rfS=8000N制动时 FN8000N5-5 解:取物块A:由Fy=0 FNA-wA-Psin30°=0 FNA=1300NFx=0 FSA-Pcos30°=0 FSA=519.6N由库仑定律:FSAmax=fc1×FNA=650NFSAFSAmax A块静止取物块B: Fy=0 FNB-F'NA-WB=0 FNB=3300N Fx=0 FSB-FSA=0 FSB=519.6N由库仑定律:FSBmax=fS2×FNB=660N FSBFSBmax B块静止5-6 解:由Fy=0 2FS-W=0 FS=Nf 联立后求得:N=625N5-7 解得:Q1=Ptg(-);Q2=Ptg(+)平衡力值应为:Q1QQ2注意到tg=fS5-8 解:钢板受力如图示,临界状态时,发生自锁,有FRA=FAmax+FNA FRB=FBmax+FNB 且 FRA+FRB=0由几何关系:又tgm=0.1 代入上式后可得:b=0.75cm 当b0.75cm时,发生自锁,即钢板与轧辊接触点上无相对滑动,钢板能被带入轧辊。5-9解:取推杆:Fx=0 FNA-FNB=0 = 1 * GB3 Fy=0 F-Q-FA-FB=0 = 2 * GB3 MO1 F'Ad/2-FBd/2+FNBb+F'a=0 = 3 * GB3 取凸轮:M0=0 m-Fd=0 F=m/d=F' = 4 * GB3 极限状态下:FA=FNAf = 5 * GB3 FB=FNBf = 6 * GB3 将 = 1 * GB3 = 2 * GB3 = 4 * GB3 = 5 * GB3 = 6 * GB3 代入到 = 3 * GB3 后整理得 若推杆不被卡住 则b5-10 解:A、D两点全反力与F必交于一点C,且极限状态下与法向夹角为m,则有h=(b+d/2)tgm+(b-d/2)tgmh=2b tgm =2bf=4.5cm故保证滑动时应有 h4.5cm5-11解:取整体:Fy=0 P-Q=0 P=Q取节点O:FOA=FOD=P=Q取重物,受力如图示,由平衡方程得FS1=FS2=Q/2取曲杆ABC MB=0 150FN1+200FS1-600FOA=0重物不下滑的条件:FS1fSFN1解得:fS0.155-12 解:由整体:Fy=0 得P=Q取砖: MB=0 FSA=FSDFy=0 Q-FSA-FSD=0Fx=0 FNA-FND=0解得:FSA=FSD=Q/2,FNA=FND取AGB: MG=0 F×95+30F'SA-bF'NA=0b=220FSA/FNA转不下滑的条件:FSAfFNAb110mm此题也可是研究二力构件GCED,tg=b/220,砖不下滑应有tgvtg=fS,由此求得b。5-13 解:主动力合力和全反力在AB连线并沿AB线方向,极限状态时,与法向夹角为m,由几何关系: tgm=OA/OB=e/D/2 注意到tgm=fe=Df/2 故偏心轮不会脱开条件为 eDf/25-14 解:取圆形物料,受力如图,临界状态时,列平衡方程Fx=0 NAcos+FAsin-NBcos-FBsin=0 = 1 * GB3 Fy=0 NAsin-FAcos+NBsin-FBcos=0 = 2 * GB3 又FA=fNA FB=fNB = 3 * GB3 注意到tg=f =arctg0.3=16.7°由几何关系: d=34.5mm5-15 解:为确保系统安全制动,滑块应自锁,临界状态下,主动力合力与法向夹角应为m,由几何关系有:注意到=f=0.5整理后有l/L=0.56 ,若自锁应有l/L0.56显然,还应有L/2l 因此,为能安全制动,应有0.5l/L0.565-16 解:取轮:MO1=0 Qr-FSR=0 = 1 * GB3 取杆:M0=0 -F'Sc-F'Nb+pa=0 = 2 * GB3 临界状态时:FS=FNf = 3 * GB3 联立 = 1 * GB3 = 2 * GB3 = 3 * GB3 式可得: P=100N要刹住车不使重物落下则, P100N5-17 解:梯子受力如图,设人重为Q=650N,杆长为l由Fy=0 FNB-Q-P=0MA=0 FNBlcos-FS lsin-Pcosl/2=0临界状态时: FS=FNBfS联立上三式后可解得: =74°12故梯子若保持平衡的条件为:74°125-18解:滚子受力如图所示:Fy=0 Psin+FN-W=0MA=0 Mf-PcosD/2=0临界状态时:Mf=FN联立上三式得:P=57.8N5-19 解:受力如图所示:Fy=0 FN-P-Q=0MA=0 Mf-Qr=0临界状态时:Mf=FN联立上三式解得:Q=P/(r-)5-20 解:支架受力如图所示:Fy=0 P-FSA-FSB-G=0 = 1 * GB3 Fx=0 FNA-FNB=0 = 2 * GB3 MO=0 FSAd/2+FNBb-FSBd/2-Ga=0 = 3 * GB3 临界状态时:FSA=FNAf = 4 * GB3 FSB=FNBf = 5 * GB3 将 = 4 * GB3 = 5 * GB3 代入 = 1 * GB3 = 2 * GB3 后再代入 = 3 * GB3 可解得 P=3072.3N5-21 解:Fx=0 -Gcos-FS+FT=0Fy=0 FN-Gsin=0临界状态时:FS=FNf联立上三式解得:FT=G(sin×0.3+cos)=1037N5-22解:套钩受力如图,全反力FRA,FRB与G汇交于点C由几何关系得:b=(a+d/2)tgm+(a-d/2)tgm=2atgm=2af故为使套钩自锁应有:ab/2f=16.7cm第六章 习题参考答案6-1解:(a)(b) 6-2解:6-3解:受力如图所示,为空间汇交力系。解得: (压力)(压力)(压力)6-4解:受力分析如图所示,为空间汇交力系,由几何关系可得:; 解得: (压力)(拉力)(拉力)6-5解:受力分析如图所示:和构成一力偶,且有6-6解:该平行力系的合力大小为:该合力与平面的交点为(),由合力矩定理有:6-7解:齿轮传动轴受力如图:且有: 联立后解得: 6-8解:取轮I: 取AB: 且有:联立后解得: 6-9解: 联立后解得: 6-10(a)解:由对称性 (b)解:由对称性 用负面积法求6-11解:由对称性 由减面积法求6-12解:6-13解:由对称性 由负面积法求6-14解:受力分析如图所示6-15解:由对称性,

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