[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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1、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DE

2、H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

3、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

4、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

5、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： =19642 （顺时针转向）故向O点简化的结果为：由于FR0，L

6、00，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-Psin302a-Qa=0FRB=（P+Q）/3由 x=0 FAx-Pcos30=0

7、FAx=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

8、=（-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

9、/a)+W(1-lcos/2a) 4-5 解：齿轮减速箱受力如图示，由MA=0 FRB0.5-W0.2-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/

10、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

11、=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

12、 -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 -FRA5.5-P4.2=0 FRA=-764NFx=0 FBx+FRA=0 FBx=764NFy=0 FBy-P=0 FBy=1kN由ME=0 FCy2+P0.2-P4.2=0 FCy=2kN由MH=0 FCx2-FCy2-P2.2+P0.2=0 FCx=FCx=3kN4-11解：辊轴受力如图示，由MA=0 FRB1600-q1250(1250/2+175)=0FRB=625N由Fy=0 FRA+F

13、RB-q1250=0 FRA=625N4-12 解：机构受力如图示，MA=0 -P0.3+FRB0.6-W0.9=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+W20-G2.5-Pmax5.5=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 W1m-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

14、-P2(l2/2)cos2+FAl2sin2=0 FA=ctg2P2/2由FA=FA 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36524-17 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

15、 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 FB

16、y=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 FBx5.4-q5.45.4/2=0 FBx=2.7q取DEB部分：MD=0 FBx5.4+FBy6-q5.45.4/2=0 FBy=0取整体：MA=0 FBy6+ q5.45.4/2-FRCcos453=0 FRC=6.87qFx=0 FRCcos45+FAx+FBx-q5.4=0 FAx=-2.16qFy=0 FRCsin45+FAy+FBy=0 FAy=-4.86q(b)取CD段，MC=0 FRD4-q2/242=0 F

17、RD=2q2取整体：MA=0 FRB8+FRD12q2410-q164-P4=0Fx=0 P+FAx=0 FAx=-PFy=0 FAy+FRB+FRD-q16-q24=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 Q1-P3-FNE2=0 FNE=10kNFy=0 FNE+FNH-Q-P=0 FNH=50kN取BC段：MC=0 FRB6-FNH1=0 FRB=8.33kN取ACB段：MA=0 FRD3+FRB12-FNE5-FNH7=0 FRD=100kNFx=0 FAx=0Fy=0 FAy+FRD+FRB-FNE-FNH=0 FAy=48.33kN4-

18、20解：整体及左半部分受力如图示取整体：MA=0 FByl-Gl/2=0 FBy=1kNMB=0 -FAyl+Gl/2=0 FAy=1kN取左半部分：MC=0 FAxh+G/2l/4-FAyl/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 FNE8-P4-Q2=0 FNE=12.5kNFy=0 FND+FNE-Q-P=0 FND=17.5kN取T房房架整体：MA=0 FBy12-(G2+FNE)10-(G1+FND)2-F5=0 FBy=77.5kNMB=0 -FAy12-F5+(G1+FND)2

19、+(G2+FNE)2=0 FAy=72.5kN取T房房架作部分：MC=0 FAy6-FAx10-F5-(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+

20、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 FCy10-W29-P4-W11=0 FCy=48kNFy=0 FBy+FCy-W1-W2-P=0 FBy=52kN取AB段：MA=0 FBx4+W14+P1-FBy5=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

21、 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 P21+P14-FAy7+S33=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

22、=0 FRB4-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 FBy2-FAy2=0 FBy=3kN取B点建立如图坐标系：Fx=0 (FRB-FBy)sin-FBxcos=0 且有FBy=FBy，FBx=FBxFBx18tg=182/1.5=24kN-26 解：整体及部分受力如图示：取整体：MB=0 FAx4+P4.3=0 FAx=-43kNFx=0 FB+FAx=0 FBx=43kN取BC杆：MC=0 FBx4+P0.3-P0.3-P2.3-FBy4=0 FBy=20kNFx

23、=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 P0.4-SBC0.6=0 SBC=0.667kN取C点：Fx=0 SBCsin60+SCEsin4.8-SCDcos30=0Fy=0 -SBCcos60+SCEcos4.8-SCDsin30=0联立后求得：SCE=0.703kN取OE： MO=0 m0-SCEcos4.80.1=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 FOx0.6 sin60

24、+m-Foy0.6cos30=0 Fy=0 Foxcos60+Foycos30=0联立上三式：Foy=572.4N Fox=-1000N取整体：MB=0 -Foy(0.6cos30-0.6 sin30ctg60)-P0.75sin60+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 FND0.6cos-P0.6sin=0 FND=Ptg取OA部分：MA=0 -Fox0.31-m=0 Fox=-m/0.31取整体：MO1=0 Fox0.545-m+P1.33-

25、FND0.6cos=0代入后有：-m/0.310.545-m+1.33-Ptg0.6 cos=0m=9.24kNm4-30 解：整体及部分受力如图示：取OA段：MA=0 m+Fox0.1=0 Fox=-10m取OAB段：MB=0 m-Foy0.1ctg30=0 Foy=10/3m取EF及滑块：ME=0 FNF0.1cos30+P0.1sin30=0 FNF=-P/3取整体：MD=0 FNF0.1/ cos30+m-Fox0.1-Foy0.1 ctg30=0m/P=0.1155m4-31解：取整体：MB=0 -FRA4+W14+G13+G22cos30cos30=0FRA=32.5kNFx=0

26、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-S4cos

27、30+S7cos30=0S7=-35kN4-32 解：取整体：MA=0 F11.5+F23+F34.5+F46+F57.5-FRB9=0Fy=0 FRA+FRB-(430+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=-160kNS

28、13=S2=180kN S14=S3=-37kNS15=S1=-197kN4-33 解：取整体：MA=0 FRB4-P12-P23=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

29、：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 -FRA6a+G(5a+4a+3a+2a+a)=0 FRA=2.5G Fy=0 FRA +FRB +5G

30、=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 -FRA4a+G3a+G2a+Ga+S6a=0S6=4G第五章参考答案5-1 解：（a）Fsmax=fSFN=1000.3=30N当P=10N， P=10N Fsmax故物块滑动 F= Fsmax=30N5-2 解：（a）Fsmax=FNfS=WfS=300NP=200N Fsmax故物块

31、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+F25=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-

32、wA-Psin30=0 FNA=1300NFx=0 FSA-Pcos30=0 FSA=519.6N由库仑定律：FSAmax=fc1FNA=650NFSAFSAmax A块静止取物块B： Fy=0 FNB-FNA-WB=0 FNB=3300N Fx=0 FSB-FSA=0 FSB=519.6N由库仑定律：FSBmax=fS2FNB=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=F

33、Amax+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 FAd/2-FBd/2+FNBb+Fa=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

34、 = 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

35、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 F95+30FSA-bFNA=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，

36、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 * GB

37、3 取杆：M0=0 -FSc-FNb+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： =7412故梯子若保持平衡的条件为：74125-18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

38、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=3

39、072.3N5-21 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(sin0.3+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，