理论力学习题标准答案

第一次一、是非题1、×2、×3、√4、×5、√6、√7、×8、×二、选择题1、③2、①3、③，②三、填空题1、滚动支座和链杆约束，柔索和光滑表面接触，光滑圆柱铰和固定铰支座。

2、90°3、大小相等，指向相同，沿同一作用线。

4、受力分析，力系简化，力系平衡条件及应用。

5、支座A，销钉A，销钉A，杆AC6、FBAyF TF'Cx2第二次（3-4页）一、是非题1、×2、√3、√4、×5、√ 二、选择题1、②2、②3、②，④4、③5、② 三、填空题1、F x =-40√2 , F y =30√2 , F z =50√2 .2、F x =-40√2 , F y =30√2 , F z =50√2 .3、-0.69Ncm一、是非题1、×2、√3、×4、√5、√6、×7、√8、√二、选择题1、③2、④3、②4、②三、填空题1、一合力，一力偶。

四、计算题 1、解：KNF F F F KN F F F F KN F F F Rz Ry Rx 62.4101291060sin 45sin 17.2101291230sin 60cos 45cos 34.610129930cos 60cos 222302012223002012223002-=++-+-=-=+++--=-=++--=∴ KN F F F F Rz Ry RxR 14.8222=++= 000125)(,105)(,141)(===∧∧∧z F y F x F R R R2、)(↓='P F R0,,==-=Az Ay Ax M Pb M Pa M第三次（5-6页）一、是非题1、√2、×3、√4、√5、√ 二、选择题1、①2、①，④3、③，③，④ 三、计算题1、F ′R =960kN, M B =0 则 120×0.2-960sin α×0.1=0∴ sin α=0.25 α=arcsin0.25 2、 选A 为简化中心F ′Rx =-F 2cos60°=-1kN F ′Ry =F 1-F 2sin60°=0则 KN F R1='，KNm M F M A 321=-= m F M d RA 3/='= 该力系的合成结果为一合力F R一、选择题1、③2、①，⑤二、填空题 1、（26，18） 2、（-R/6，0） 3、5a/6 三、解x mx C C47.15.15.254325.115.2252403=++++⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=BF F BFBF第四次（7-8页）一、选择题1、③2、④ 二、填空题1、大小√2m/a ，方向：与AB 连线方向成135°。

2、平面汇交力系平衡的必要与充分条件是：该力系的合力等于零，即F R =0或∑F i =0；平衡的几何条件是：力系中各力矢构成的力多边形自行封闭；平衡的解析条件是：力系中各力在作用面内的两个坐标轴上投影的代数和分别为零，即：∑F x =0，∑F y =0。

3、(a):M/2L (↑) (b):M/L (→)4、1，3，55、充要，必要。

6、100KN （→） 三、求A 支座反力1、F Ax =0,F Ay =P(↑),M A===PR(逆时针)2、F Ax =0，F Ay =P(↑)3、F Ax =0，F Ay =（q A +q B /2）a4、F Ax =1.58P ，F Ay =0.09P 四、求B 支座反力 1、3P/2 2、3√2/2P3、24P/（3√3+8） 五、解 研究AB 杆0245cos :0)(=-⋅=∑Pa a F F m A B2/2P F A = 再研究整体∑=-+=045sin :0P F F F Cy A y2/P F Cy =0245cos 245sin :0)(=⋅-⋅--⋅+⋅=∑a F a F Pa a F a F F m Cx Cy A A D0=Cx F六、解mN F M F M M A A ⋅=⨯+⨯+⨯+⨯=+=1.247 60sin 40024.060cos 4002.030sin 30048.030cos 3002.0 )()(1七、解AB 段绳拉力F B =P=20KN ，AC 段绳拉力F C =Q=40KN ，轮A 受力如图 ∑F x =0：F C cos θ-F B =0 得 θ=60°∑F y =0：F C sin60°+F N -W=0得 F N =15.4KN八、解研究ACB 杆∑M A =0：m 1-F C L/(2cos α)=0F C =2m 1cos α/L研究CD 杆 ∑M D =0：m 2-F C ′cos2α×DC=0 m 2=m 1cos2αCxFBAC ′F D第五次（9-10页）一、解 AB 杆受力如图由 ∑M k =0Q ·AK-P ·L/2cos θ=0而 AK=Lcos （β-θ）/sin β得 ctan β=P/2Q -tan θ 二、解梁AB 受力如图 Q=1/2·L/2·q c =3KN ∑M A =0： F B Lcos30°-M -Q ·2/3·L/2=0 F B =8√3/9KN∑M B =0：F Ay L-M+Q （L/2+1/3·F Ay =5/3KN ∑F x =0：-F B sin30°+F Ax =0 F Ax =4√3/9KN三、解 BD 为二力构件∑M A =0： M-F D cos45°·2R- F D sin45°·F D =2√2P∑F x =0：F Ax +Q-F D sin45°=0 F Ax =2P-Q=0∑F x =0：F Ay -P+F D sin45°=0F Ay = -P四、解基础梁受力可化为如图形式 ∑M D =0：-6q A -P 2+3P 1=0q A =33.3 KN/m ∑F y =0：-P 1-P 2+6q A +3(q B -q A )=0q B=166.7 KN/m五、解∑M A =0：M A +50F 1+3F 2/5·40-4F 2/5·30-M=0 M A = -7600Ncm ∑F y =0: F Ax -F 1+4F 2/5=0 F Ax =0∑F y =0: F Ay +3F 2/5=0 B AF Ay = -120N 六、解空心楼板受力如图:037+-=∑aW aFM E G H F E =1.2KN:02121-+=∑bF bF M G E AH F G =0.8KN:021--=∑bF bFMH E GB F H =0.8KN七、解曲杆受力如图∑M x =0：20F Bz -60P=0，F Bz =300N∑M y =0: 40F k +40P-40F Bz =0,F k =200N∑M z =0: -20F Bx +M+60F k =0,F Bx =630N∑F y =0: F Ay =0∑M CD =0: 40F Az +40F k =0 F Az =-200N ∑F y =0: F Ax +F Bx -F k =0 F Ax =-430N八、解结构受力如图∑F AD =0: 得 F BC1=0 ∑M CC1=0:4646221-⨯+⨯-F BA F BA1=-36KN1第六次（11-12页）一、解1）先取整体，受力如图∑M D =0： -2aF By +3Pa/2=0 F By =3P/4 2）研究AC 杆， ∑M C =0：-aF Ay +Pa/2=0 F Ay =P/2 3）研究AEB 杆∑F y =0: F E sin30°+F By -F Ay =0F E =-P/2 ∑M A =0： （2F Bx +F E cos30°）AE=0F Bx =√3P/8二、解先研究BC 杆，受力如图∑M B =0：1/2·qL 2-F C cos30°L=0F C =√3/3KN再研究整体，受力如图 ∑F x =0: F Ax +F C sin30°-P cos30°F Ax =2KN∑F y =0: F Ay +F C cos30°-P sin30° F Ay =2.5KN∑M A =0：M A -M-2PLcos30°+2qL 2-2F C Lcos30°- F C Lsin30°=0 M A =10.5KNmCx三、解 取AB 杆为研究对象∑M A =0：2F B Lcos45°-QLcos 45°=0 F B =Q/2研究整体，受力如图∑M D =0： F Cy L+PL+Q(2L-Lcos45°)-2F B L(1- cos45°F Cy =-(P+Q)∑M A =0：F Cx L+2PL+Q(3L-Lcos45°)-F B L(3- 2cos45° F Cx =-2P-3Q/2四、解 先取整体，受力如图 ∑M A =0： -10F E +500×15+2500×3=0FE =1500N ∑Fx =0: F Ax +500=0 F Ax = -500N ∑F y =0: F Ay -F E =0 F Ay =1500N取AF 杆，受力如图 ∑M B =0：5F Cx +10×500-5F Ax =0 F Cx =-1500N 取CDE 杆，受力如图∑M D =0： -5F E -5F Cx ′+5F Cy ′=0F Cy ′=0F F F E五、填空题1、02、F3、1，5，64、1KN ，-√2/2KN5、5KN6、10KN ，C 指向D六、解 取节点A F 1=F 4=√2P/2 取节点C F 2=F 3=√2P/2取节点B F 5=P七、解由整体受力可知∑M A =0：4aF B -2aP 1-aP 2F B =3P/4 用截面截得段8、9、10取右边部分∑M D =0：-F 8a+2F B a=0 F 8=3P/2∑M C =0：F 9=0八、解F 1=F 4=0（零杆）用截面截得3、2、5杆，取上部， ∑M H =0：2QL+F 3L=0 F 3=-2Q∑F x =0: F 2cos45°-Q=0 F 2=√F 4 P F 2F AyB第七次（13-14页）一、是非题1、×2、×3、√4、√5、√ 二、选择题1、③2、①3、②4、④ 三、填空题1、P （1+√3）/4或0.683P2、15KN3、α﹤arctan0.54、0.5KN5、6.7KN 四、解 设D 处于向上运动趋势的临界状态， 滑块A 受力如图（a ）所示 ∑F x =0: F N1-F T1sin θ=0 ∑F y =0: F S1-P+F T1cos θ=0又 F S1=f ·F N1联立解得 Q min =F T1=P/（cos θ+fsin θ） （a ） 设D 处于向下运动趋势的临界状态， 滑块A 受力如图（b ）所示同上解得Q max =F T2=P/（cos θ-fsin θ） ∴ 满足系统平衡，则 Q mi n ≢Q ≢ Q max （b ） 五、解设AB 处于临界状态，杆长为∑F y =0: Tcos φ-F SA =0 ∑F x =0: Tsin φ-P+F NA =0 ∑M B =0：1/2·PLcos45°-F NA Lcos45° F SA =f ·F NA 联立以上四式，解得fP F NA +=12/N1 F T1Fθ+=+=-=φtan 1212tan f fF F P NA NA六、解轮子受力如图 ∑M O =0：2F S ·D/2-M=0 ∑F y =0: 2F N sin45°-P=0又 F S =f S ·F N =0联立解得 f S =0.212七、解1）当滑块B 处于向右运动趋势的临界状态， 滑块B 受力如图（a ）所示 ∑F x =0: F B sin θ-F min cos β-F S =0 ∑F y =0: F B cos θ-F min sin β+F N =0又 F S =f ·F N(a) 又由OA 杆可解得θ==cos l M F F A B联立解得 )sin (cos cos )cos (sin min β+βθθ-θ=f l f M F2）当滑块B 处于向左运动趋势的临界状态， （b ） 滑块B 受力如图（b ）所示 同上解得 )s i n (c o s c o s )c o s (s i n m a x β-βθθ+θ=f l f M F∴保持机构平衡，则有 F mi n ≢F ≢F maxFSF minF F max第八次（15-16页）一、是非题1、√2、×3、×4、×5、√6、√7、×8、×9、√ 10、× 二、选择题1、①，②2、③3、④4、②5、①，③6、③7、③ 三、填空题 1、0=v 或∞=ρ 2、S=πR/2+10Rt 3、ν= r ω，a= r ω2 4、3，395、42ω+εr ，εr （←） 四、解222s x h =+ s s x x hh 222=+∵v x h t === ,0:0 ∴v h x x h x x x s2222+=+=当t=2秒时，x=vt=4ms m v sv M /6.128.034422=⨯=+==五、解n a a /tan τ=θ，360tan /2==ωα ，23ω=ωdtd ⎰⎰=ωωωωt dt d 0230， t 0031ω-ω=ω t dt d 0031ω-ω=ϕ，t0311ln 31ω-=ϕ，ϕω=ω30e六、解s m r v v A B / 3.010011π=⨯=ω==π，s rad r v B / 3/4/232π==ω=ωsm r v Q /4.08433ππ=⨯=ω=， 0==CD AB a a2212/3/10/s m r v a A AD π==，2222/3/4/s m r v a B BC π==第九次（17-18页）一、是非题1、√2、√3、×4、√二、解r e a A v v v v +==0ω=r v A02330cos ω==r v v A e2011ω==ωA O v e A O 三、解CDB 作平移。