工程力学--静力学第4版_第四章习题答案
工程力学第4版(静力学)答案

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。
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,23cos 80RX F X P P N12sin 140RY F Y P P N故:22161.2R RX RY F F F N1(,)arccos 2944RYR RF F P F2-2解:即求此力系的合力,沿OB 建立x 坐标,由解析法,有123cos45cos453RX F X P P P KN 13sin 45sin 450RY F Y P P 故:223R RX RY F F F KN 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:0X sin 300AC AB F F 0Y cos300AC F W联立上二式,解得:0.577AB F W (拉力)1.155AC F W (压力)(b )由平衡方程有:0X cos700AC AB F F 0Y sin 700AB F W 联立上二式,解得:1.064AB F W (拉力)0.364AC F W (压力)(c )由平衡方程有:0X cos60cos300AC AB F F0Y sin 30sin 600AB AC F F W 联立上二式,解得:0.5AB F W (拉力) 0.866AC F W (压力)(d )由平衡方程有:0X sin 30sin 300AB AC F F 0Y cos30cos300AB AC F F W 联立上二式,解得:0.577AB F W (拉力) 0.577AC F W (拉力)2-4解:(a)受力分析如图所示:由x224cos45042RAF P15.8RAF KN由0Y222sin45042RA RBF F P7.1RBF KN(b)解:受力分析如图所示:由0x3cos45cos45010RARB F F P 0Y1sin 45sin 45010RA RB F F P 联立上二式,得:22.410RA RBF KN F KN2-5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:5RAF KN(压力)5RBF KN(与X 轴正向夹150度)2-6解:受力如图所示:已知,1R F G ,2AC F G 由x cos 0AC rF F 12cosG G 由0Ysin 0AC NF F W 22221sinNF WG WG G 2-7解:受力分析如图所示,取左半部分为研究对象由x cos 45cos450RA CB P F F 0Ysin 45sin 450CB RA F F 联立后,解得:0.707RAF P0.707RBF P由二力平衡定理0.707RB CB CBF F F P2-8解:杆AB ,AC 均为二力杆,取A 点平衡由x cos 60cos30AC AB F F W 0Ysin 30sin 60AB AC F F W联立上二式,解得:7.32AB F KN(受压)27.3ACF KN(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x sincos 0DB T W 0DBT Wctg (2)取B 点列平衡方程由0Y sin cos 0BD T T 230BD T T ctg WctgKN2-10解:取B 为研究对象:由0YsinBC F P sinBCP F 取C 为研究对象:由x cos sin sin 0BC DC CE F F F 由Ysin cos cos 0BC DC CE F F F 联立上二式,且有BC BCF F 解得:2cos12sincosCEPF取E 为研究对象:由0YcosNHCE F F CE CEF F 故有:22cos1cos2sin cos2sinNHP P F 2-11解:取A 点平衡:x sin 75sin 750AB AD F F 0Ycos75cos75AB AD F F P 联立后可得:2cos 75AD ABP F F 取D 点平衡,取如图坐标系:x cos5cos80AD ND F F cos5cos80NDADF F由对称性及AD ADF F cos5cos5222166.2cos80cos802cos 75N NDADP F F F KN2-12解:整体受力交于O 点,列O 点平衡由xcos cos300RA DCF F PY sin sin300RAF P联立上二式得: 2.92RAF KN1.33DCF KN(压力)列C点平衡x405DC ACF FY35BC ACF F联立上二式得: 1.67ACF KN(拉力)1.0BCF KN(压力)2-13解:(1)取DEH部分,对H点列平衡0 x25RD REF F0 Y15RDF Q联立方程后解得:5RDF Q2REF Q(2)取ABCE部分,对C点列平衡xcos450RE RAF FY sin450RB RAF F P且RE REF F联立上面各式得:22RAF Q2RBF QP(3)取BCE 部分。
静力学第四章习题答案

4-1解:1.选定由杆OA ,O 1C ,DE 组成的系统为研究对象,该系统具有理想约束。
作用在系统上的主动力为M F F ,。
2.该系统的位置可通过杆OA 与水平方向的夹角θ完全确定,有一个自由度。
选参数θ为广义坐标。
3.在图示位置,不破坏约束的前提下,假定杆OA 有一个微小的转角δθ,相应的各点的虚位移如下: δθδ⋅=A O r A ,δθδ⋅=B O r B ,δθδ⋅=C O r C 1δθδ⋅=D O r D 1,C B r r δδ=,E D r r δδ=代入可得:E Ar r δδ30=4.由虚位移原理0)(=∑i F W δ有:0)30(=⋅-=⋅-⋅E M E M A r F F r F r F δδδ对任意0≠E r δ有:F F M 30=,物体所受的挤压力的方向竖直向下。
4-4解:4a1.选杆AB 为研究对象,该系统具有理想约束。
设杆重为P,作用在杆上的主动力为重力。
2.该系统的位置可通过杆AB 与z 轴的夹角θ完全确定,有一个自由度。
选参数θ为广义坐标。
由几何关系可知:θtan a h =杆的质心坐标可表示为:θθcos 2tan ⋅-=la z C3.在平衡位置,不破坏约束的前提下,假定杆AB 逆时针旋转一个微小的角度 δθ,则质心C 的虚位移:δθθδθθδ⋅+-=si n 2si n 2la z C 4.由虚位移原理0)(=∑i F W δ有:0)si n 2si n (2=+-⋅-=⋅-δθθθδla P z P C 对任意0≠δθ有:0si n 2si n 2=+-θθl a 即杆AB 平衡时:31)2arcsin(la =θ。
解:4b1.选杆AB 为研究对象,该系统具有理想约束。
设杆重为P,作用在杆上的主动力为重力。
2.该系统的位置可通过杆AB 与z 轴的夹角θ完全确定,有一个自由度。
选参数θ为广义坐标。
由几何关系可知:θsi n R z A=杆的质心坐标可表示为:θθcos 2si n ⋅-=lR z C3.在平衡位置,不破坏约束的前提下,假定杆AB 顺时针旋转一个微小的角度 δθ,则质心C 的虚位移:δθθδθθθδ⋅+⋅-=si n 2cos si n 2lR z C 4.由虚位移原理0)(=∑i F W δ有:0)si n 2cos si n (2=+-⋅-=⋅-δθθθθδlR P z P C 对任意0≠δθ有:0si n 2cos si n 2=+-θθθl R 即平衡时θ角满足:0si n cos 23=-θθl R 。
工程力学第4版(静力学)答案

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。
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,23cos 80RX F X P P N12sin 140RY F Y P P N故:22161.2R RX RY F F F N1(,)arccos 2944RYR RF F P F2-2解:即求此力系的合力,沿OB 建立x 坐标,由解析法,有123cos45cos453RX F X P P P KN 13sin 45sin 450RY F Y P P 故:223R RX RY F F F KN 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:0X sin 300AC AB F F 0Y cos300AC F W联立上二式,解得:0.577AB F W (拉力)1.155AC F W (压力)(b )由平衡方程有:0X cos700AC AB F F 0Y sin 700AB F W 联立上二式,解得:1.064AB F W (拉力)0.364AC F W (压力)(c )由平衡方程有:0X cos60cos300AC AB F F0Y sin 30sin 600AB AC F F W 联立上二式,解得:0.5AB F W (拉力) 0.866AC F W (压力)(d )由平衡方程有:0X sin 30sin 300AB AC F F 0Y cos30cos300AB AC F F W 联立上二式,解得:0.577AB F W (拉力) 0.577AC F W (拉力)2-4解:(a)受力分析如图所示:由x224cos45042RAF P15.8RAF KN由0Y222sin45042RA RBF F P7.1RBF KN(b)解:受力分析如图所示:由0x3cos45cos45010RARB F F P 0Y1sin 45sin 45010RA RB F F P 联立上二式,得:22.410RA RBF KN F KN2-5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:5RAF KN(压力)5RBF KN(与X 轴正向夹150度)2-6解:受力如图所示:已知,1R F G ,2AC F G 由x cos 0AC rF F 12cosG G 由0Ysin 0AC NF F W 22221sinNF WG WG G 2-7解:受力分析如图所示,取左半部分为研究对象由x cos 45cos450RA CB P F F 0Ysin 45sin 450CB RA F F 联立后,解得:0.707RAF P0.707RBF P由二力平衡定理0.707RB CB CBF F F P2-8解:杆AB ,AC 均为二力杆,取A 点平衡由x cos 60cos30AC AB F F W 0Ysin 30sin 60AB AC F F W联立上二式,解得:7.32AB F KN(受压)27.3ACF KN(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x sincos 0DB T W 0DBT Wctg (2)取B 点列平衡方程由0Y sin cos 0BD T T 230BD T T ctg WctgKN2-10解:取B 为研究对象:由0YsinBC F P sinBCP F 取C 为研究对象:由x cos sin sin 0BC DC CE F F F 由Ysin cos cos 0BC DC CE F F F 联立上二式,且有BC BCF F 解得:2cos12sincosCEPF取E 为研究对象:由0YcosNHCE F F CE CEF F 故有:22cos1cos2sin cos2sinNHP P F 2-11解:取A 点平衡:x sin 75sin 750AB AD F F 0Ycos75cos75AB AD F F P 联立后可得:2cos 75AD ABP F F 取D 点平衡,取如图坐标系:x cos5cos80AD ND F F cos5cos80NDADF F由对称性及AD ADF F cos5cos5222166.2cos80cos802cos 75N NDADP F F F KN2-12解:整体受力交于O 点,列O 点平衡由xcos cos300RA DCF F PY sin sin300RAF P联立上二式得: 2.92RAF KN1.33DCF KN(压力)列C点平衡x405DC ACF FY35BC ACF F联立上二式得: 1.67ACF KN(拉力)1.0BCF KN(压力)2-13解:(1)取DEH部分,对H点列平衡0 x25RD REF F0 Y15RDF Q联立方程后解得:5RDF Q2REF Q(2)取ABCE部分,对C点列平衡xcos450RE RAF FY sin450RB RAF F P且RE REF F联立上面各式得:22RAF Q2RBF QP(3)取BCE 部分。
工程力学--静力学第4版_第四章习题答案

第四章习题4-1 已知F i=60N, F2=80N, F3=150N, m=转向为逆时针,B=30°图中距离单位为m。
试求图中力系向0点简化结果及最终结果。
4-2已知物体所受力系如图所示,F=10Kn, m=转向如图。
(a)若选择x轴上B点为简化中心,其主矩L B=,转向为顺时针,试求B 点的位置及主矢R'。
(b)若选择CD线上E点为简化中心,其主矩L E=,转向为顺时针,a=45°,试求位于CD直线上的E点的位置及主矢R'。
4-3 试求下列各梁或刚架的支座反力。
解:( a) 受力如图由刀M A=0 F R? 3a-Psin30 ° ? 2a-Q? a=0••• FRB=( P+Q /3「• F AX=P由刀Y=0 F Ay+FRhQ-Psin30 ° =0F Ay= ( 4Q+P /64-4 高炉上料的斜桥,其支承情况可简化为如图所示,设A 和B为固定铰,D为中间铰,料车对斜桥的总压力为Q,斜桥(连同轨道)重为W立柱BD质量不计,几何尺寸如图示,试求A 和B 的支座反力。
4-5齿轮减速箱重W=500N输入轴受一力偶作用,其力偶矩m=,输出轴受另一力偶作用,其力偶矩m2=,转向如图所示。
试计算齿轮减速箱A和B两端螺栓和地面所受的力。
4-6 试求下列各梁的支座反力。
(a) (b)4-7各刚架的载荷和尺寸如图所示,图c中m>m,试求刚架的各支座反力4-8图示热风炉高h=40m重W=4000kN所受风压力可以简化为梯形分布力,如图所示,q i=500kN/m, q2=m可将地基抽象化为固顶端约束,试求地基对热风炉的反力。
4-9起重机简图如图所示,已知P、Q a、b及c,求向心轴承A及向心推力轴承B的反力。
4-10构架几何尺寸如图所示,R=0.2m, P=1kNo E为中间铰,求向心轴承A的反力、向心推力轴承B的反力及销钉C对杆ECD 的反力。
工程力学第4版(静力学)答案

x
0
FDC
FAC
4 5
0
Y
0
FBC
FAC
3 5
0
联立上二式得: FAC 1.67KN (拉力)
FBC 1.0KN (压力)
2-13 解:
(1)取 DEH 部分,对 H 点列平衡
x 0 FRD
2 5
FRE
0
Y 0 FRD
1 Q 0 5
工程力学(第四版)--静力学 北京科技大学、东北大学
联立上二式,解得: FAB 0.577W (拉力) FAC 1.155W (压力) (b) 由平衡方程有:
X 0 FAC FAB cos 70 0 Y 0 FAB sin 70 W 0
联立上二式,解得: FAB 1.064W (拉力) FAC 0.364W (压力) (c) 由平衡方程有:
工程力学(第四版)--静力学 北京科技大学、东北大学
整理上式后有: FAB sin 75 FAD sin 75 0
取正根 FAB cos 75 FAD cos 75 P 0
FAD
FAB
P 2 cos 75
3-1 解:
第三章 习题
参考答案
(a)MO(P) P l (b)MO (P) P 0 0 (c)MO (P) P sin l P cos 0 Pl sin (d)MO(P) P a (e)MO (P) P (l r) ( f )MO (P) P sin a2 b2 P cos 0 P a2 b2 sin
工程力学(第四版)--静力学 北京科技大学、东北大学
工程力学第4版答案

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。
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。
工程力学第4版(静力学)答案

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。
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,23cos 80RX F X P P Nθ==+=∑12sin 140RY F Y P P Nθ==+=∑故: 22161.2R RX RY F F F N=+=1(,)arccos2944RYR RF F P F '∠==2-2解:即求此力系的合力,沿OB 建立x 坐标,由解析法,有123cos45cos453RX F X P P P KN==++=∑13sin 45sin 450RY F Y P P ==-=∑故: 223R RX RY F F F KN=+=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:0X =∑sin 300ACAB FF -=0Y =∑cos300ACFW -=联立上二式,解得:0.577AB F W =(拉力)1.155AC F W=(压力)(b ) 由平衡方程有:0X =∑cos 700ACAB FF -=0Y =∑sin 700ABFW -=联立上二式,解得:1.064AB F W=(拉力)0.364AC F W=(压力)(c ) 由平衡方程有:0X =∑cos 60cos300ACAB FF -=0Y =∑sin 30sin 600ABAC FF W +-=联立上二式,解得:0.5AB F W=(拉力)0.866AC F W=(压力)(d ) 由平衡方程有:0X =∑sin 30sin 300ABAC FF -=0Y =∑cos30cos300ABAC FF W +-=联立上二式,解得:0.577AB F W =(拉力)0.577AC F W=(拉力)2-4解:(a)受力分析如图所示:由x=∑22cos45042RAF P=+15.8RAF KN∴=由Y=∑22sin45042RA RBF F P+-=+7.1RBF KN∴=(b)解:受力分析如图所示:由0x =∑cos 45cos 45010RA RB F F P ⋅--= 0Y =∑sin 45sin 45010RA RB F F P ⋅+-= 联立上二式,得:22.410RA RB F KN F KN==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: 5RA F KN=(压力)5RB F KN=(与X 轴正向夹150度)2-6解:受力如图所示:已知,1R F G = ,2AC F G =由x =∑cos 0AC r F F α-=12cos G G α∴=由0Y =∑ sin 0AC N F F W α+-=22221sin N F W G W G G α∴=-⋅=--2-7解:受力分析如图所示,取左半部分为研究对象由x =∑cos 45cos 450RA CB P F F --=0Y =∑sin 45sin 450CBRA F F '-=联立后,解得:0.707RA F P=0.707RB F P=由二力平衡定理 0.707RB CB CBF F F P '===2-8解:杆AB ,AC 均为二力杆,取A 点平衡由x =∑cos 60cos300AC AB F F W ⋅--=0Y =∑sin 30sin 600ABAC FF W +-=联立上二式,解得:7.32AB F KN =-(受压)27.3AC F KN=(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x =∑sin cos 0DB T W αα-=DB T Wctg α∴==(2)取B 点列平衡方程由0Y =∑ sin cos 0BD T T αα'-=230BDT T ctg Wctg KN αα'∴===2-10解:取B 为研究对象:由0Y =∑ sin 0BC F P α-=sin BC PF α∴=取C 为研究对象:由x =∑cos sin sin 0BCDC CE F F F ααα'--=由0Y =∑ sin cos cos 0BC DC CE F F F ααα--+=联立上二式,且有BCBC F F '= 解得:2cos 12sin cos CE P F ααα⎛⎫=+⎪⎝⎭取E 为研究对象:由0Y =∑ cos 0NH CE F F α'-=CECE F F '=故有:22cos 1cos 2sin cos 2sin NH P PF ααααα⎛⎫=+= ⎪⎝⎭2-11解:取A 点平衡:0x =∑sin 75sin 750ABAD FF -=0Y =∑cos 75cos 750ABAD FF P +-=联立后可得:2cos 75AD AB PF F ==取D 点平衡,取如图坐标系:0x =∑cos5cos800ADND F F '-=cos5cos80ND ADF F '=⋅由对称性及ADAD F F '=cos5cos5222166.2cos80cos802cos 75N ND AD PF F F KN'∴===⋅=2-12解:整体受力交于O 点,列O 点平衡由x=∑cos cos300RA DCF F Pα+-=Y=∑sin sin300RAF Pα-=联立上二式得: 2.92RAF KN=1.33DCF KN=(压力)列C点平衡x=∑405DC ACF F-⋅=Y=∑305BC ACF F+⋅=联立上二式得: 1.67ACF KN=(拉力)1.0BCF KN=-(压力)2-13解:(1)取DEH 部分,对H 点列平衡0x =∑05RD REF F '-= 0Y =∑05RD F Q -=联立方程后解得: 5RD F Q =2REF Q '=(2)取ABCE 部分,对C 点列平衡0x =∑cos 450RERA FF -=0Y =∑sin 450RBRA FF P --=且RE REF F '=联立上面各式得:22 RAFQ=2RBF Q P=+(3)取BCE部分。
工程力学 课后习题答案 第四版 北京师范大学 东北大学

第一章静力学的基本概念受力图2-1解:由解析法,23cos 80RX F X P P Nθ==+=∑12sin 140RY F Y P P Nθ==+=∑故:22161.2R RX RY F F F N=+=1(,)arccos2944RYR RF F P F '∠==2-2解:即求此力系的合力,沿OB 建立x 坐标,由解析法,有123cos45cos453RX F X P P P KN ==++=∑13sin 45sin 450RY F Y P P ==-=∑故: 223R RX RY F F F KN=+= 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:0X =∑sin 300AC AB F F -=0Y =∑cos300AC F W -=0.577AB F W=(拉力)1.155AC F W=(压力)(b ) 由平衡方程有:0X =∑cos 700AC AB F F -=0Y =∑sin 700AB F W -=1.064AB F W=(拉力)0.364AC F W=(压力)(c ) 由平衡方程有:0X =∑cos 60cos300AC AB F F -=0Y =∑sin 30sin 600AB AC F F W +-=0.5AB F W= (拉力)0.866AC F W=(压力)(d ) 由平衡方程有:0X =∑sin 30sin 300AB AC F F -=0Y =∑cos30cos300AB AC F F W +-=0.577AB F W= (拉力)0.577AC F W= (拉力)2-4 解:(a )受力分析如图所示:由x =∑ 22cos 45042RA F P -=+15.8RA F KN∴=由Y =∑ 22sin 45042RA RB F F P +-=+7.1RB F KN∴=(b)解:受力分析如图所示:由x =∑3cos 45cos 45010RA RB F F P ⋅--=0Y =∑1sin 45sin 45010RA RB F F P ⋅+-=联立上二式,得:22.410RA RB F KN F KN==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:5RA F KN= (压力)5RB F KN=(与X 轴正向夹150度)2-6解:受力如图所示:已知,1R F G = ,2AC F G =由x =∑cos 0AC r F F α-=12cos G G α∴=由0Y =∑ sin 0AC N F F W α+-=22221sin N F W G W G G α∴=-⋅=--2-7解:受力分析如图所示,取左半部分为研究对象由x =∑cos 45cos 450RA CB P F F --=0Y =∑sin 45sin 450CBRA F F '-=联立后,解得:0.707RA F P=0.707RB F P=由二力平衡定理0.707RB CB CBF F F P '===2-8解:杆AB ,AC 均为二力杆,取A 点平衡由x =∑cos 60cos300AC AB F F W ⋅--=0Y =∑sin 30sin 600AB AC F F W +-=联立上二式,解得:7.32AB F KN=-(受压)27.3AC F KN=(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x =∑sin cos 0DB T W αα-=DB T Wctg α∴==(2)取B 点列平衡方程:由0Y =∑sin cos 0BDT T αα'-=230BD T T ctg Wctg KN αα'∴===2-10解:取B 为研究对象:由0Y =∑sin 0BC F P α-=sin BC P F α∴=取C 为研究对象:由x =∑cos sin sin 0BCDC CE F F F ααα'--=由0Y =∑ sin cos cos 0BC DC CE F F F ααα--+=联立上二式,且有BCBC F F '= 解得:2cos 12sin cos CE P F ααα⎛⎫=+⎪⎝⎭取E 为研究对象:由0Y =∑ cos 0NH CEF F α'-=CECE F F '= 故有:22cos 1cos 2sin cos 2sin NH P PF ααααα⎛⎫=+= ⎪⎝⎭2-11解:取A 点平衡:x =∑sin 75sin 750AB AD F F -=0Y =∑cos 75cos 750AB AD F F P +-=联立后可得: 2cos 75AD AB PF F ==取D 点平衡,取如图坐标系:x =∑cos5cos800ADND F F '-=cos5cos80ND ADF F '=⋅由对称性及 ADAD F F '=cos5cos5222166.2cos80cos802cos 75N ND AD PF F F KN'∴===⋅=2-12解:整体受力交于O 点,列O 点平衡由x =∑cos cos300RA DC F F P α+-=0Y =∑sin sin 300RA F P α-=联立上二式得:2.92RA F KN=1.33DC F KN=(压力) 列C 点平衡x =∑405DC AC F F -⋅=0Y =∑ 305BC AC F F +⋅=联立上二式得: 1.67AC F KN=(拉力)1.0BC F KN=-(压力)2-13解:(1)取DEH 部分,对H 点列平衡x =∑05RD REF F '= 0Y =∑05RD F Q -=联立方程后解得: 5RD F Q =2REF Q '=(2)取ABCE 部分,对C 点列平衡x =∑cos 450RE RA F F -=0Y =∑sin 450RB RA F F P --=且RE REF F '=联立上面各式得: 22RA F Q =2RB F Q P=+(3)取BCE 部分。
工程力学第4版(静力学)答案

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。
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,23cos 80RX F X P P N12sin 140RY F Y P P N故:22161.2R RX RY F F F N1(,)arccos 2944RYR RF F P F2-2解:即求此力系的合力,沿OB 建立x 坐标,由解析法,有123cos45cos453RX F X P P P KN 13sin 45sin 450RY F Y P P 故:223R RX RY F F F KN 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:0X sin 300AC AB F F 0Y cos300AC F W联立上二式,解得:0.577AB F W (拉力)1.155AC F W (压力)(b )由平衡方程有:0X cos700AC AB F F 0Y sin 700AB F W 联立上二式,解得:1.064AB F W (拉力)0.364AC F W (压力)(c )由平衡方程有:0X cos60cos300AC AB F F0Y sin 30sin 600AB AC F F W 联立上二式,解得:0.5AB F W (拉力) 0.866AC F W (压力)(d )由平衡方程有:0X sin 30sin 300AB AC F F 0Y cos30cos300AB AC F F W 联立上二式,解得:0.577AB F W (拉力) 0.577AC F W (拉力)2-4解:(a)受力分析如图所示:由x224cos45042RAF P15.8RAF KN由0Y222sin45042RA RBF F P7.1RBF KN(b)解:受力分析如图所示:由0x3cos45cos45010RARB F F P 0Y1sin 45sin 45010RA RB F F P 联立上二式,得:22.410RA RBF KN F KN2-5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:5RAF KN(压力)5RBF KN(与X 轴正向夹150度)2-6解:受力如图所示:已知,1R F G ,2AC F G 由x cos 0AC rF F 12cosG G 由0Ysin 0AC NF F W 22221sinNF WG WG G 2-7解:受力分析如图所示,取左半部分为研究对象由x cos 45cos450RA CB P F F 0Ysin 45sin 450CB RA F F 联立后,解得:0.707RAF P0.707RBF P由二力平衡定理0.707RB CB CBF F F P2-8解:杆AB ,AC 均为二力杆,取A 点平衡由x cos 60cos30AC AB F F W 0Ysin 30sin 60AB AC F F W联立上二式,解得:7.32AB F KN(受压)27.3ACF KN(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x sincos 0DB T W 0DBT Wctg (2)取B 点列平衡方程由0Y sin cos 0BD T T 230BD T T ctg WctgKN2-10解:取B 为研究对象:由0YsinBC F P sinBCP F 取C 为研究对象:由x cos sin sin 0BC DC CE F F F 由Ysin cos cos 0BC DC CE F F F 联立上二式,且有BC BCF F 解得:2cos12sincosCEPF取E 为研究对象:由0YcosNHCE F F CE CEF F 故有:22cos1cos2sin cos2sinNHP P F 2-11解:取A 点平衡:x sin 75sin 750AB AD F F 0Ycos75cos75AB AD F F P 联立后可得:2cos 75AD ABP F F 取D 点平衡,取如图坐标系:x cos5cos80AD ND F F cos5cos80NDADF F由对称性及AD ADF F cos5cos5222166.2cos80cos802cos 75N NDADP F F F KN2-12解:整体受力交于O 点,列O 点平衡由xcos cos300RA DCF F PY sin sin300RAF P联立上二式得: 2.92RAF KN1.33DCF KN(压力)列C点平衡x405DC ACF FY35BC ACF F联立上二式得: 1.67ACF KN(拉力)1.0BCF KN(压力)2-13解:(1)取DEH部分,对H点列平衡0 x25RD REF F0 Y15RDF Q联立方程后解得:5RDF Q2REF Q(2)取ABCE部分,对C点列平衡xcos450RE RAF FY sin450RB RAF F P且RE REF F联立上面各式得:22RAF Q2RBF QP(3)取BCE 部分。
工程力学第四版课后习题答案

工程力学第四版课后习题答案【篇一:工程力学第 4 版(静力学)答案】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1-5 构架如图所示,试分别画出杆hed ,杆bdh ,杆bdc 及杆ab ,销钉aec 的受力图。
a 及整个系统的受力图。
1-6 构架如图所示,试分别画出杆1-7 构架如图所示,试分别画出杆aeb ,销钉aeb ,销钉a 及整个系统的受力图。
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。
参考答案1-1 解:1-2 解:1-3 解:1-4 解:【篇二:工程力学第四版课后答案(张秉荣 )12 章】class=txt>3454 版【篇三:【纯习题答案版】【完整版】工程力学第材料力学 (北科大 ,东北大学 )2-9 章答案】txt> 第二章习题参考答案2-1 解: 2-2 解:2-3 解: 2-4 解:2-5 解: 2-6 解:所以都满足2-7 解: 2-8 解:2-9 解::第三章习题参考答案3.1 据截面沿指定截面 i-i (i=123) 将杆截为两段,考虑任一段的平衡即可得该指定截面上的扭矩,例如题 b:(1) 1-1 截面由(2) 2-2 截面由(3) 3-3 截面由由以上各扭矩=0 ,=0=0 ,1+2-6+ =0 得=6-2-1=3kn.m ( 方向如图所示,为正扭矩 )=0 ,1+2-=0 得=1+2=3kn.m (方向如图所示,为负扭矩)的计算式可知,轴内任一横截面的扭矩,在数值上就等于该截面一侧规则可迅速求得任一截面的扭矩,而无须将轴截开。
工程力学第4版(静力学)答案

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。
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,23cos 80RX F X P P Nθ==+=∑故:161.2R F N==2-2解:即求此力系的合力,沿OB 建立x 坐标,由解析法,有故:3R F KN==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:0.577AB F W =(拉力) 1.155AC F W =(压力) (b ) 由平衡方程有:联立上二式,解得:1.064AB F W =(拉力) 0.364AC F W =(压力) (c ) 由平衡方程有:联立上二式,解得:0.5AB F W =(拉力) 0.866AC F W =(压力)(d ) 由平衡方程有:联立上二式,解得:0.577AB F W =(拉力) 0.577AC F W =(拉力)2-4解:(a )受力分析如图所示:由0x =∑ cos 450RA F P =由Y =∑sin 450RA RB F F P +-=(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: 5RA F KN =(压力)5RB F KN =(与X 轴正向夹150度) 2-6解:受力如图所示:已知,1R F G = ,2AC F G =由x =∑ cos 0AC r F F α-=由0Y =∑ sin 0AC N F F W α+-=2-7解:受力分析如图所示,取左半部分为研究对象由cos45cos450RA CB P F F --=联立后,解得: 0.707RA F P =由二力平衡定理 0.707RB CB CB F F F P '===2-8解:杆AB ,AC 均为二力杆,取A 点平衡由x =∑ cos60cos300AC AB F F W ⋅--=联立上二式,解得: 7.32AB F KN =-(受压)27.3AC F KN =(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x =∑ sin cos 0DB T W αα-=(2)取B 点列平衡方程由0Y =∑ sin cos 0BD T T αα'-=2-10解:取B 为研究对象:由0Y =∑ sin 0BC F P α-=取C 为研究对象:由cos sin sin 0BC DC CE F F F ααα'--=由0Y =∑ sin cos cos 0BC DC CE F F F ααα--+=联立上二式,且有BC BC F F '= 解得: 取E 为研究对象:由0Y =∑ cos 0NH CE F F α'-=CECE F F '=故有:2-11解:取A 点平衡:联立后可得:2cos 75AD AB PF F ==取D 点平衡,取如图坐标系:由对称性及 AD AD F F '=2-12解:整体受力交于O 点,列O 点平衡由0x =∑cos cos300RADC FF P α+-=联立上二式得: 2.92RA F KN =1.33DC F KN =(压力) 列C 点平衡联立上二式得: 1.67AC F KN =(拉力)1.0BC F KN =-(压力) 2-13解:(1)取DEH 部分,对H 点列平衡联立方程后解得: RD F (2)取ABCE 部分,对C 点列平衡且 RE RE F F '=联立上面各式得: RA F =(3)取BCE 部分。
理论力学静力学第四章习题答案

a tan
zC
3.在平衡位置,不破坏约束的前提下,假定杆 AB 逆时针旋转一个微小的角度 ,则质心 C 的虚位移:
a l cos tan 2
zC
4.由虚位移原理
a sin
2
l sin 2
W ( Fi ) 0 有:
a sin
2
W ( Fi ) 0 有:
(1)
FB rB cos 450 M F2 y2 cos 1500 F3 y3 0
各点的虚位移如下:
rB 6 2
代入(1)式整理可得:
y2 9
y3 3
(6 FB M
9 3 F2 3F3 ) 0 2
δθ δ rA δ rD δ rE δ rB δ rC
rA O A , rB O B , rC O1C
rD O1D , rB rC , rD rE
代入可得: rA 30rE 4.由虚位移原理
W ( Fi ) 0 有:
3.在不破坏约束的前提下给定一组虚位移 x A 0, y A 0, 0 ,如上图所示。 由虚位移原理
W ( Fi ) 0 有:
(2)
M A F 1 y1 F2 y2 F3 y3 M 0
有几何关系可得各点的虚位移如下:
R sin R l cos 杆的质心坐标可表示为: zC sin 2
坐标。由几何关系可知: z A 3.在平衡位置,不破坏约束的前提下,假定杆 AB 顺时针旋转一个微小的角度 ,则质心 C 的虚位移:
zC
4.由虚位移原理
工程力学第四版课后习题答案

工程力学第四版课后习题答案工程力学第四版课后习题答案工程力学是一门研究物体静力学和动力学的学科,是工程学的基础课程之一。
通过学习工程力学,可以帮助我们理解和解决各种工程问题。
而课后习题则是巩固和应用所学知识的重要方式。
本文将为读者提供工程力学第四版课后习题的答案,希望能够帮助大家更好地掌握这门学科。
第一章:力的基本概念1. 一个物体的质量是5kg,重力加速度为9.8m/s²,求其重力。
答案:重力 = 质量× 重力加速度= 5kg × 9.8m/s² = 49N2. 一个力的大小为20N,方向与x轴夹角为30°,求其在x轴上的分力。
答案:在x轴上的分力 = 力的大小× cos(夹角) = 20N × cos(30°) ≈ 17.32N第二章:力的作用效果1. 一个物体受到两个力的作用,一个力的大小为10N,方向与x轴正向夹角为30°;另一个力的大小为15N,方向与x轴正向夹角为60°。
求物体所受合力的大小和方向。
答案:合力的x分力= 10N × cos(30°) + 15N × cos(60°) ≈ 17.32N合力的y分力= 10N × sin(30°) + 15N × sin(60°) ≈ 23.09N合力的大小= √(合力的x分力² + 合力的y分力²) ≈ 28.35N合力的方向 = arctan(合力的y分力 / 合力的x分力) ≈ 53.13°第三章:力的分解与合成1. 一个力的大小为30N,方向与x轴夹角为45°,求其在x轴和y轴上的分力。
答案:在x轴上的分力 = 力的大小× cos(夹角) = 30N × cos(45°) ≈ 21.21N在y轴上的分力 = 力的大小× sin(夹角) = 30N × sin(45°) ≈ 21.21N2. 一个物体受到两个力的作用,一个力的大小为20N,方向与x轴正向夹角为60°;另一个力的大小为15N,方向与x轴正向夹角为45°。
工程力学第4版答案

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。
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。
工程力学第4版(静力学)答案

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。
工程力学(第四版)--静力学 北京科技大学、东北大学
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。
工程力学(第四版)--静力学 北京科技大学、东北大学
联立上二式,且有 FBC FBC 解得:
FCE
P 2
cos sin2
1 cos
取 E 为研究对象:
由 Y 0 FNH FCE cos 0
FCE FCE 故有:
FNH
P cos 2 sin2
FRC FRE 2 FRB2
2Q2 2Q P2
8Q2 4PQ P2 2-14 解:(1)对 A 球列平衡方程
工程力学(第四版)--静力学 北京科技大学、东北大学
x 0 FAB cos FNA sin 0 (1) Y 0 FNA cos FAB sin 2P 0 (2)
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 x 0 TDB sin W cos 0
工程力学(第四版)--静力学 北京科技大学、东北大学
TDB Wctg 0
(2)取 B 点列平衡方程
由 Y 0 T sin TBD cos 0
F G , FNA FNB
由M 0
FNA 0.8 G 0.3 0
工程力学第4版(静力学)答案

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。
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,23cos 80RX F X P P Nθ==+=∑故:161.2R F N==2-2解:即求此力系的合力,沿OB 建立x 坐标,由解析法,有故:3R F KN==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:0.577AB F W =(拉力) 1.155AC F W =(压力) (b ) 由平衡方程有:联立上二式,解得:1.064AB F W =(拉力) 0.364AC F W =(压力) (c ) 由平衡方程有:联立上二式,解得:0.5AB F W =(拉力) 0.866AC F W =(压力)(d ) 由平衡方程有:联立上二式,解得:0.577AB F W =(拉力) 0.577AC F W =(拉力)2-4解:(a )受力分析如图所示:由0x =∑ cos 450RA F P =由Y =∑sin 450RA RB F F P +-=(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: 5RA F KN =(压力)5RB F KN =(与X 轴正向夹150度) 2-6解:受力如图所示:已知,1R F G = ,2AC F G =由x =∑ cos 0AC r F F α-=由0Y =∑ sin 0AC N F F W α+-=2-7解:受力分析如图所示,取左半部分为研究对象由cos45cos450RA CB P F F --=联立后,解得: 0.707RA F P =由二力平衡定理 0.707RB CB CB F F F P '===2-8解:杆AB ,AC 均为二力杆,取A 点平衡由x =∑ cos60cos300AC AB F F W ⋅--=联立上二式,解得: 7.32AB F KN =-(受压)27.3AC F KN =(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x =∑ sin cos 0DB T W αα-=(2)取B 点列平衡方程由0Y =∑ sin cos 0BD T T αα'-=2-10解:取B 为研究对象:由0Y =∑ sin 0BC F P α-=取C 为研究对象:由cos sin sin 0BC DC CE F F F ααα'--=由0Y =∑ sin cos cos 0BC DC CE F F F ααα--+=联立上二式,且有BC BC F F '= 解得: 取E 为研究对象:由0Y =∑ cos 0NH CE F F α'-=CECE F F '=故有:2-11解:取A 点平衡:联立后可得:2cos 75AD AB PF F ==取D 点平衡,取如图坐标系:由对称性及 AD AD F F '=2-12解:整体受力交于O 点,列O 点平衡由0x =∑cos cos300RADC FF P α+-=联立上二式得: 2.92RA F KN =1.33DC F KN =(压力) 列C 点平衡联立上二式得: 1.67AC F KN =(拉力)1.0BC F KN =-(压力) 2-13解:(1)取DEH 部分,对H 点列平衡联立方程后解得: RD F (2)取ABCE 部分,对C 点列平衡且 RE RE F F '=联立上面各式得: RA F =(3)取BCE 部分。
工程力学第4版(静力学)答案

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。
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,23cos 80RX F X P P Nθ==+=∑12sin 140RY F Y P P Nθ==+=∑故: 22161.2R RX RY F F F N=+=1(,)arccos2944RYR RF F P F '∠==2-2解:即求此力系的合力,沿OB 建立x 坐标,由解析法,有123cos45cos453RX F X P P P KN ==++=∑13sin 45sin 450RY F Y P P ==-=∑故: 223R RX RY F F F KN=+=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:0X =∑sin 300ACAB FF -=0Y =∑cos300ACFW -=联立上二式,解得:0.577AB F W =(拉力)1.155AC F W=(压力)(b )由平衡方程有:0X =∑cos 700ACAB FF -=0Y =∑sin 700ABFW -=联立上二式,解得:1.064AB F W =(拉力)0.364AC F W=(压力)(c )由平衡方程有:0X =∑cos 60cos300ACAB FF -=0Y =∑sin 30sin 600ABAC FF W +-=联立上二式,解得:0.5AB F W=(拉力) 0.866AC F W=(压力)(d )由平衡方程有:0X =∑sin 30sin 300ABAC FF -=0Y =∑cos30cos300ABAC FF W +-=联立上二式,解得:0.577AB F W =(拉力) 0.577AC F W=(拉力)2-4解:(a)受力分析如图所示:由x=∑22cos45042RAF P-=+15.8RAF KN∴=由Y=∑22sin45042RA RBF F P+-=+7.1RBF KN∴=(b)解:受力分析如图所示:由0x =∑cos 45cos 45010RA RB F F P ⋅--= 0Y =∑sin 45sin 45010RA RB F F P ⋅+-=联立上二式,得:22.410RA RB F KN F KN==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: 5RA F KN=(压力)5RB F KN=(与X 轴正向夹150度)2-6解:受力如图所示:已知,1R F G = ,2AC F G =由x =∑cos 0AC r F F α-=12cos G G α∴=由0Y =∑ sin 0AC N F F W α+-=22221sin N F W G W G G α∴=-⋅=--2-7解:受力分析如图所示,取左半部分为研究对象由x =∑cos 45cos 450RA CB P F F --=0Y =∑sin 45sin 450CBRA F F '-=联立后,解得:0.707RA F P=0.707RB F P=由二力平衡定理 0.707RB CB CBF F F P '===2-8解:杆AB ,AC 均为二力杆,取A 点平衡由x =∑cos 60cos300AC AB F F W ⋅--=0Y =∑sin 30sin 600ABAC FF W +-=联立上二式,解得:7.32AB F KN =-(受压)27.3AC F KN=(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x =∑sin cos 0DB T W αα-=DB T Wctg α∴==(2)取B 点列平衡方程由0Y =∑ sin cos 0BDT T αα'-=230BDT T ctg Wctg KN αα'∴===2-10解:取B 为研究对象:由0Y =∑ sin 0BC F P α-=sin BC PF α∴=取C 为研究对象:由x =∑cos sin sin 0BCDC CE F F F ααα'--=由0Y =∑ sin cos cos 0BC DC CE F F F ααα--+=联立上二式,且有BCBC F F '= 解得:2cos 12sin cos CE P F ααα⎛⎫=+⎪⎝⎭取E 为研究对象:由0Y =∑ cos 0NH CEF F α'-=CECE F F '=故有:22cos 1cos 2sin cos 2sin NH P PF ααααα⎛⎫=+= ⎪⎝⎭2-11解:取A 点平衡:0x =∑sin 75sin 750ABAD FF -=0Y =∑cos 75cos 750ABAD FF P +-=联立后可得:2cos 75AD AB PF F ==取D 点平衡,取如图坐标系:0x =∑cos5cos800ADND F F '-=cos5cos80ND ADF F '=⋅由对称性及ADAD F F '=cos5cos5222166.2cos80cos802cos 75N ND AD PF F F KN'∴===⋅=2-12解:整体受力交于O 点,列O 点平衡由x=∑cos cos300RA DCF F Pα+-=Y=∑sin sin300RAF Pα-=联立上二式得:2.92RAF KN=1.33DCF KN=(压力)列C点平衡x=∑405DC ACF F-⋅=Y=∑305BC ACF F+⋅=联立上二式得:1.67ACF KN=(拉力)1.0BCF KN=-(压力)2-13解:(1)取DEH 部分,对H 点列平衡0x =∑05RD REF F '-= 0Y =∑05RD F Q -=联立方程后解得: 5RD F Q =2REF Q '=(2)取ABCE 部分,对C 点列平衡0x =∑cos 450RERA FF -= 0Y =∑sin 450RBRA FF P --=且RE REF F '=联立上面各式得:22RA F Q =2RB F Q P=+(3)取BCE 部分。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。
第四章习题4-1 已知F1=60N,F2=80N,F3=150N,m=,转向为逆时针,θ=30°图中距离单位为m。
试求图中力系向O点简化结果及最终结果。
4-2 已知物体所受力系如图所示,F=10Kn,m=,转向如图。
(a)若选择x轴上B点为简化中心,其主矩L B=,转向为顺时针,试求B点的位置及主矢R’。
(b)若选择CD线上E点为简化中心,其主矩L E=,转向为顺时针,α=45°,试求位于CD直线上的E点的位置及主矢R’。
4-3 试求下列各梁或刚架的支座反力。
解:(a)受力如图由∑M A=0 F RB•3a-Psin30°•2a-Q•a=0∴FRB=(P+Q)/3由∑x=0 F Ax-Pcos30°=0∴F Ax=P由∑Y=0 F Ay+F RB-Q-Psin30°=0∴F Ay=(4Q+P)/64-4 高炉上料的斜桥,其支承情况可简化为如图所示,设A 和B为固定铰,D为中间铰,料车对斜桥的总压力为Q,斜桥(连同轨道)重为W,立柱BD质量不计,几何尺寸如图示,试求A 和B的支座反力。
4-5 齿轮减速箱重W=500N,输入轴受一力偶作用,其力偶矩m1=,输出轴受另一力偶作用,其力偶矩m2=,转向如图所示。
试计算齿轮减速箱A和B两端螺栓和地面所受的力。
4-6 试求下列各梁的支座反力。
(a) (b)4-7 各刚架的载荷和尺寸如图所示,图c中m2>m1,试求刚架的各支座反力。
4-8 图示热风炉高h=40m,重W=4000kN,所受风压力可以简化为梯形分布力,如图所示,q1=500kN/m,q2=m。
可将地基抽象化为固顶端约束,试求地基对热风炉的反力。
4-9 起重机简图如图所示,已知P、Q、a、b及c,求向心轴承A及向心推力轴承B的反力。
4-10 构架几何尺寸如图所示,R=0.2m,P=1kN。
E为中间铰,求向心轴承A的反力、向心推力轴承B的反力及销钉C对杆ECD 的反力。
4-11 图示为连续铸锭装置中的钢坯矫直辊。
钢坯对矫直辊的作用力为一沿辊长分布的均布力q,已知q=1kN/mm,坯宽1.25m。
试求轴承A和B的反力。
4-12 立式压缩机曲轴的曲柄EH转到垂直向上的位置时,连杆作用于曲柄上的力P最大。
现已知P=40kN,飞轮重W=4kN。
求这时轴承A和B的反力。
4-13 汽车式起重机中,车重W1=26kN,起重臂CDE重G=4.5kN,起重机旋转及固定部分重W2=31kN,作用线通过B点,几何尺寸如图所示。
这时起重臂在该起重机对称面内。
求最大起重量Pmax。
4-14 平炉的送料机由跑车A及走动的桥B所组成,跑车装有轮子,可沿桥移动。
跑车下部装有一倾覆操纵柱D,其上装有料桶C。
料箱中的载荷Q=15kN,力Q与跑车轴线OA的距离为5m,几何尺寸如图所示。
如欲保证跑车不致翻倒,试问小车连同操纵柱的重量W最小应为多少?4-15 两根位于垂直平面内的均质杆的底端彼此相靠地搁在光滑地板上,其上端则靠在两垂直且光滑的墙上,质量分别为P1与P2。
求平衡时两杆的水平倾角α1与α2的关系。
4-16 均质细杆AB重P,两端与滑块相连,滑块A和B可在光滑槽内滑动,两滑块又通过滑轮C用绳索相互连接,物体系处于平衡。
(a)用P和θ表示绳中张力T;(b)当张力T=2P时的θ值。
4-17 已知a,q和m,不计梁重。
试求图示各连续梁在A、B和C处的约束反力。
4-18 各刚架的载荷和尺寸如图所示,不计刚架质量,试求刚架上各支座反力。
4-19 起重机在连续梁上,已知P=10kN,Q=50kN,不计梁质量,求支座A、B和D的反力。
4-20 箱式电炉炉体结构如图a所示。
D为炉壳,E为炉顶拱,H为绝热材料,I为边墙,J为搁架。
在实际炉子设计中,考虑到炉子在高温情况下拱顶常产生裂缝,可将炉拱简化成三铰拱,如图b所示。
已知拱顶是圆弧形,跨距l=1.15m,拱高h=0.173m,炉顶重G=2kN。
试求拱脚A和B处反力。
4-21 图示厂房房架是由两个刚架AC和BC用铰链连接组成,A与B两铰链固结于地基,吊车梁宰房架突出部分D和E上,已知刚架重G1=G2=60kN,吊车桥重Q=10kN,风力F=10kN,几何尺寸如图所示。
D和E两点分别在力G1和G2的作用线上。
求铰链A、B和C的反力。
4-22 图示构架由滑轮D、杆AB和CBD构成,一钢丝绳绕过滑轮,绳的一端挂一重物,重量为G,另一端系在杆AB的E处,尺寸如图所示,试求铰链A、B、C和D处反力。
4-23 桥由两部分构成,重W1=W2=40kN,桥上有载荷P=20kN,尺寸如图所示,试求出铰链A、B和C的反力。
4-24 图示结构,在C、D、E、F、H处均为铰接。
已知P1=60kN,P2=40 kN,P3=70kN,几何尺寸如图所示。
试求各杆所受的力。
4-25 构架的载荷和尺寸如图所示,已知P=24kN,求铰链A和辊轴B的反力及销钉B对杆ADB的反力。
4-26 构架的载荷和尺寸如图所示,已知P=40kN,R=0.3m,求铰链A和B的反力及销钉C对杆ADC的反力。
4-27 图示破碎机传动机构,活动夹板AB长为600mm,假设破碎时矿石对活动夹板作用力沿垂直于AB方向的分力P=1kN,BC=CD=600mm,AH=400mm,OE=100mm,图示位置时,机构平衡。
试求电机对杆OE作用的力偶的力偶矩m0。
4-28 曲柄滑道机构如图所示,已知m=,OA=0.6m,BC=0.75m。
机构在图示位置处于平衡,α=30°,β=60°。
求平衡时的P值及铰链O和B反力。
4-29 插床机构如图所示,已知OA=310mm,O1B=AB=BC=665mm,CD=600mm,OO1=545mm,P=25kN。
在图示位置:OO1A在铅锤位置;O1C在水平位置,机构处于平衡,试求作用在曲柄OA上的主动力偶的力偶矩m。
4-30 在图示机构中,OB线水平,当B、D、F在同一铅垂线上时,DE垂直于EF,曲柄OA正好在铅锤位置。
已知OA=100mm,BD=BC=DE=100mm,EF=100mm,不计杆重和摩擦,求图示位置平衡时m/P的值。
4-31 图示屋架为锯齿形桁架。
G1=G2=20kN,W1=W2=10kN,几何尺寸如图所示,试求各杆内力。
4-32 图示屋架桁架。
已知F1=F2=F4=F5=30kN,F3=40kN,几何尺寸如图所示,试求各杆内力。
4-33 桥式起重机机架的尺寸如图所示。
P1=100kN,P2=50kN。
试求各杆内力。
4-34图示屋架桁架,载荷G1=G2=G3=G4=G5=G,几何尺寸如图所示,试求:杆1、2、3、4、5和6 的内力。
参考答案4-1 解:∴α=196°42′(顺时针转向)故向O点简化的结果为:由于F R′≠0,L0≠0,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。
F R=F R=d=L0/F R=5.37m4-2 解:(a)设B点坐标为(b,0)L B=∑M B()=-m-Fb=∴b=(-m+10)/F=-1m ∴B点坐标为(-1,0)= ∴F R′=10kN,方向与y轴正向一致(b)设E点坐标为(e,e)L E=∑M E()=-m-F•e=∴e=(-m+30)/F=1m ∴E点坐标为(1,1)F R′=10kN 方向与y轴正向一致4-3解:(a)受力如图由∑M A=0 F RB•3a-Psin30°•2a-Q•a=0∴FRB=(P+Q)/3由∑x=0 F Ax-Pcos30°=0∴F Ax=P由∑Y=0 F Ay+F RB-Q-Psin30°=0∴F Ay=(4Q+P)/6(b)受力如图由∑M A=0 F RB•cos30°-P•2a-Q•a=0∴F RB=(Q+2P)由∑x=0 F Ax-F RB•sin30°=0∴F Ax=(Q+2P)由∑Y=0 F Ay+F RB•cos30°-Q-P=0∴F Ay=(2Q+P)/3(c)解:受力如图:由∑M A=0 F RB•3a+m-P•a=0∴F RB=(P-m/a)/3由∑x=0 F Ax=0由∑Y=0 F Ay+F RB-P=0∴F Ay=(2P+m/a)/3(d)解:受力如图:由∑M A=0 F RB•2a+m-P•3a=0∴F RB=(3P-m/a)/2由∑x=0 F Ax=0由∑Y=0 F Ay+F RB-P=0∴F Ay=(-P+m/a)/2(e)解:受力如图:由∑M A=0 F RB•3-P••5=0∴F RB=P/2+5Q/3由∑x=0 F Ax+Q=0∴F Ax=-Q由∑Y=0 F Ay+F RB-P=0∴F Ay=P/2-5Q/3(f)解:受力如图:由∑M A=0 F RB•2+m-P•2=0∴F RB=P-m/2由∑x=0 F Ax+P=0∴F Ax=-P由∑Y=0 F Ay+F RB =0∴F Ay=-P+m/24-4解:结构受力如图示,BD为二力杆由∑M A=0 -F RB•a+Q•b+W•l/2•cosα=0∴F RB=(2Qb+Wlcosα)/2a由∑F x=0 -F Ax-Qsinα=0∴F Ax=-Qsinα由∑F y=0 F RB+F Ay-W-Qcosα=0∴F Ay=Q(cosα-b/a)+W(1-lcosα/2a)4-5 解:齿轮减速箱受力如图示,由∑M A=0 F RB××=0F RB=由∑F y=0 F RA+F RB-W=0F RA=4-6 解:(a)由∑F x=0 F Ax=0 (b) 由∑F x=0 F Ax=0由∑F y=0 F Ay=0 由∑F y=0 F Ay-qa-P=0由∑M=0 M A-m=0 M A=m ∴F Ay=qa+P由∑M=0 M A-q•a•a/2-Pa=0∴M A=qa2/2+Pa(c) (d)(c) 由∑F x=0 F Ax+P=0 (d) 由∑F x=0 F Ax=0∴F Ax=-P 由∑M A=0 F RB•5a+m1-m2-q•3a•3a/2=0由∑F y=0 F Ay-q•l/2=0 ∴F RB=+(m2-m1)/5aFAy=ql/2 由∑F y=0 F Ay+F RB-q•3a=0由∑M=0 M A-q•l/2•l/4-m-Pa=0 F Ay=+(m1-m2)/5a∴M A=ql2/8+m+Pa4-7 解:(a) (b)(a)∑M A=0 F RB•6a-q(6a)2/2-P•5a=0 ∴F RB=3qa+5P/6∑F x=0 F Ax+P=0 ∴F Ax =-P∑F y=0 F Ay+F RB-q•6a=0 ∴F Ay=3qa-5P/6(b) ∑M A=0 M A-q(6a)2/2-P•2a=0 ∴M A=18qa2+2Pa∑F x=0 F Ax+q•6a=0 ∴F Ax =-6qa∑F y=0 F Ay-P=0 ∴F Ay=P(c) ∑M A=0 M A+m1-m2-q•6a•2a-P•4a=0 ∴M A=12qa2+4Pa+m2-m1∑F x=0 F Ax+P=0 ∴F Ax=-P∑F y=0 F Ay-q•6a=0 ∴F Ay=6qa(d) ∑M A=0 M A+q(2a)2/2-q•2a•3a=0 ∴M A=4qa2∑F x=0 F Ax-q•2a=0 ∴F Ax =2qa∑F y=0 F Ay-q•2a=0 ∴F Ay =2qa4-8解:热风炉受力分析如图示,∑F x=0 F ox+q1•h+(q2-q1)•h/2=0 ∴F ox=-60kN∑F y=0 F Ay-W=0 ∴F Ay=4000kN∑M A=0 M0-q•h•h/2-(q2-q1)•h•2h/3/2=0 ∴M0=•m4-9解:起重机受力如图示,∑M B=0 -F RA•c-P•a-Q•b=0 ∴F RA=-(Pa+Qb)/c∑F x=0 F RA+F Bx=0 ∴F Bx=(Pa+Qb)/c∑F y=0 F By-P-Q=0 ∴F By=P+Q4-10 解:整体受力如图示∑M B=0 -F RA××=0 ∴F RA=-764N∑F x=0 F Bx+F RA=0 ∴F Bx=764N∑F y=0 F By-P=0 ∴F By=1kN由∑M E=0 F Cy×2+P××=0 ∴F Cy=2kN由∑M H=0 F’Cx×2-F Cy×2-P×+P×=0 ∴F Cx=F’Cx=3kN4-11解:辊轴受力如图示,由∑M A=0 F RB×1600-q×1250×(1250/2+175)=0∴F RB=625N由∑F y=0 F RA+F RB-q×1250=0 ∴F RA=625N4-12 解:机构受力如图示,∑M A=0 -P×+F RB××=0 ∴F RB=26kN∑F y=0 F RA+F RB-P-W=0 ∴F RA=18kN4-13 解:当达到最大起重质量时,F NA=0由∑M B=0 W1×α+W2×0-G××=0∴P max=4-14解:受力如图示,不致翻倒的临界状态是F NE=0由∑M F=0 W×1m-Q×(5-1)=0 ∴W=60kN故小车不翻倒的条件为W≥60kN4-15解:设左右杆长分别为l1、l2,受力如图示左杆:∑M O1=0 P1(l1/2)cosα1-F A l1sinα1=0 ∴F A=ctgα1P1/2右杆:∑M O2=0 -P2(l2/2)cosα2+F'A l2sinα2=0 ∴F'A=ctgα2P2/2由F A=F'A∴P1/P2=tgα1/tgα24-16解:设杆长为l,系统受力如图(a) ∑M0=0 P •l/2cosθ+T•l•sinθ-Tlcosθ=0 ∴T=P/2(1-tgθ)(b)当T=2P时, 2P= P/2(1-tgθ) ∴tgθ3/4 即θ≈36°52′4-17 解:(a)(a)取BC杆:∑M B=0 F RC•2a=0 ∴F RC=0∑F x=0 F Bx=0∑F y=0 -F By+F RC=0 ∴F By=0取整体:∑M A=0 -q•2a•a+F RC•4a+M A=0 ∴M A=2qa2∑F x=0 F Ax=0∑F y=0 F Ay+F RC-q•2a=0∴F Ay==2qa(b)(b)取BC杆:∑M B=0 F RC•2a-q•2a•a=0 ∴F RC=qa∑F x=0 F Bx=0∑F y=0 F RC-q•2a-F By=0 ∴F By=-qa取整体:∑M A=0 M A+F RC•4a-q•3a• 2.5a=0 ∴M A=∑F x=0 F Ax=0∑F y=0 F Ay+F RC-q•3a=0∴F Ay==2qa(c)(c)取BC杆:∑M B=0 F RC•2a =0 ∴F RC=0∑F x=0 F Bx=0∑F y=0 F RC-F By=0 ∴F By=0取整体:∑M A=0 M A+F RC•4a-m=0 ∴M A=m∑F x=0 F Ax=0∑F y=0 F Ay+F RC=0∴F Ay=0(d)(d)取BC杆:∑M B=0 F RC•2a-m=0 ∴F RC=m/2a∑F x=0 F Bx=0∑F y=0 F RC-F By=0 ∴F By=m/2a取整体:∑M A=0 M A+F RC•4a-m=0 ∴M A=-m∑F x=0 F Ax=0∑F y=0 F Ay+F RC=0∴F Ay=-m/2a 4-18 解:(a)取BE部分∑M E=0 F Bx×××2=0 ∴F Bx=取DEB部分:∑M D=0 F Bx×+F By×6-q××2=0 ∴F By=0取整体:∑M A=0 F By×6+ q××2-F RC×cos45°×3=0 ∴F RC=∑F x=0 F RC×cos45°+F Ax+F Bx-q×=0 ∴F Ax=∑F y=0 F RC×sin45°+F Ay+F By=0 ∴F Ay=(b)取CD段,∑M C=0 F RD×4-q2/2×42=0 ∴F RD=2q2取整体:∑M A=0 F RB×8+F RD×12q2×4×10-q1×6×4-P×4=0∑F x=0 P+F Ax=0 ∴F Ax=-P∑F y=0 F Ay+F RB+F RD-q1×6-q2×4=0 ∴F Ay=3q1-P/24-19 解:连续梁及起重机受力如图示:取起重机:∑M H=0 Q×1-P×3-F NE×2=0 ∴F NE=10kN∑F y=0 F NE+F NH-Q-P=0 ∴F NH=50kN取BC段:∑M C=0 F RB×6-F NH×1=0 ∴F RB=取ACB段:∑M A=0 F RD×3+F RB×12-F NE×5-F NH×7=0 ∴F RD=100kN ∑F x=0 F Ax=0∑F y=0 F Ay+F RD+F RB-F NE-F NH=0 ∴F Ay=4-20解:整体及左半部分受力如图示取整体:∑M A=0 F By×l-G×l/2=0 ∴F By=1kN∑M B=0 -F Ay×l+G×l/2=0 ∴F Ay=1kN取左半部分:∑M C=0 F Ax×h+G/2×l/4-F Ay×l/2=0 ∴F Ax=取整体:∑F x=0 F Ax+F Bx=0 ∴F Bx=4-21 解:各部分及整体受力如图示取吊车梁:∑M D=0 F NE×8-P×4-Q×2=0 ∴F NE=∑F y=0 F ND+F NE-Q-P=0 ∴F ND=取T房房架整体:∑M A=0 F By×12-(G2+F NE)×10-(G1+F ND)×2-F×5=0 ∴F By=∑M B=0 -F Ay×12-F×5+(G1+F ND)×2+(G2+F NE)×2=0 ∴F Ay=取T房房架作部分:∑M C=0 F Ay×6-F Ax×10-F×5-(G1+F ND) ×4=0 ∴F Ax=∑Fx=0 F Cx+F+F Ax=0 ∴F Cx=∑Fy=0 F Cy+F Ay-G1-F ND=0 ∴F Cy=5kN取T房房架整体:∑F x=0 F Ax+F+F Bx=0∴F Bx=4-22解:整体及部分受力如图示取整体:∑M C=0 -F Ax•l•tg45°-G•(2l+5)=0 ∴F Ax=-(2+5/l)G ∑M A=0 F Cx•ltg45°-G(2l+5)=0 ∴F Cx=(2+5/l)G取AE杆:∑M E=0 –F Ax•l-F Ay•l-G•r=0 ∴F Ay=2G∑F x=0 F Ax+F Bx+G=0 ∴F Bx=(1+5/l)G∑F y=0 F Ay+F By=0 ∴F By=-2G取整体:∑F y=0 F Ay+F Cy-G=0 ∴F Cy=-G取轮D:∑F x=0 F Dx-G=0 ∴F Dx=G∑F y=0 F Dy-G=0 ∴F Dy=G4-23 解:整体及部分受力如图示取整体:∑M B=0 F Cy×10-W2×9-P×4-W1×1=0 ∴F Cy=48kN∑F y=0 F By+F Cy-W1-W2-P=0 ∴F By=52kN取AB段:∑M A=0 F Bx×4+W1×4+P×1-F By×5=0 ∴F Bx=20kN∑F x=0 F Bx+F Ax=0 ∴F Ax=-20kN∑F y=0 F By+F Ay-W1-P=0 ∴F Ay=8kN取整体:∑F x=0 F Bx+F Cx=0 ∴F Cx=-20kN4-24 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:∑F x=0 F Ax=0∑M A=0 -3P1-6P2-10P3+14F RB=0 ∴F RB=80kN∑F y=0 F Ay+F RB-P1-P2-P3=0 ∴F Ay=90kN取左半部分:∑M H=0 P2×1+P1×4-F Ay×7+S3×3=0 ∴S3=117kN 取节点E:∑F x=0 S3-S1cosα=0 ∴S1=146kN∑F y=0 S2+S1sinα=0 ∴S2=取节点F:∑F x=0 -S3+S5cosα=0 ∴S5=146kN∑F y=0 S4+S5sinα=0 ∴S4=4-25解:整体及部分受力如图示:取整体:∑M A=0 F RB×4-P-P(2+R)=0 ∴F RB=21kN∑F x=0 F Ax-P=0 ∴F Ax=24kN∑F y=0 F Ay+F RB-P=0 ∴F Ay=3kN取ADB杆:∑M D=0 F By×2-F Ay×2=0 ∴F By=3kN取B点建立如图坐标系:∑F x=0 (F RB-F'By)sinθ-F'Bx cosθ=0 且有F By=F'By,F Bx=F'Bx∴F'Bx18tgθ=18×2/=24kN4-26 解:整体及部分受力如图示:取整体:∑M B=0 F Ax×4+P×=0 ∴F Ax=-43kN∑F x=0 F B+F Ax=0 ∴F Bx=43kN取BC杆:∑M C=0 F Bx×4+P××××4=0 ∴F By=20kN ∑F x=0 F Bx+F Cx-P=0 ∴F Cx=-3kN∑F y=0 F By+P+F Cy-P=0 ∴F Cy=-20kN取整体:∑F y=0 F Ay+F By-P=0 ∴F Ay=20kN4-27 解:受力如图示:取AB:∑M A=0 P××=0 ∴S BC=取C点:∑F x=0 S'BC sin60°+°-S CD cos30°=0∑F y=0 -S'BC cos60°+°-S CD sin30°=0联立后求得:S CE=取OE:∑M O=0 °×=0∴m0=70kN4-28 解:整体及部分受力如图示:取OA杆,建如图坐标系:∑M A=0 F Ox× sin60°+m-F oy×°=0∑F y=0 F ox×cos60°+F oy cos30°=0联立上三式:F oy= F ox=-1000N取整体:∑M B=0 -F oy××cos30° sin30°×ctg60°)-P××sin60°+m=0∴P=∑F x=0 F ox+F Bx+P=0 ∴F Bx=∑F y=0 F oy+F By=0 ∴F By=4-29 解:整体及部分受力如图示:取CD部分:∑M C=0 F ND×α-P×α=0 ∴F ND=Ptgα取OA部分:∑M A=0 -F ox×=0 ∴F ox=-m/取整体:∑M O1=0 F ox×+P××α=0代入后有:-m/×+×α× cosα=0∴m=•m4-30 解:整体及部分受力如图示:取OA段:∑M A=0 m+F ox×=0 ∴F ox=-10m取OAB段:∑M B=0 m-F oy×°=0 ∴F oy=10/3m取EF及滑块:∑M E=0 F NF×°+P×°=0 ∴F NF=-P/3取整体:∑M D=0 F NF× cos30°+m-F ox×× ctg30°=0∴m/P=0.1155m4-31解:取整体:∑M B=0 -F RA×4+W1×4+G1×3+G2×2cos30°×cos30°=0∴F RA=∑F x=0 F Bx=0∑F y=0 F By+F RA-W1-W2-G1-G2=0 ∴F By=取A点:∑F y=0 F RA+S2cos30°-W1=0 ∴S2=-26kN∑F x=0 S1+S2sin30°=0 ∴S1=13kN取C点:∑F x=0 -S2cos60°+S4cos30°+S3cos60°=0∑F y=0 -S2sin60°-S3sin60°-S4sin30°-G1=0联立上两式得:S3= S4=-25kN取O点:∑F x=0 -S3cos60°-S1+S5cos60°+S6=0∑F y=0 S3sin60°+S5sin60°=0联立上两式得:S5= S6=取E点:∑F x=0 -S5cos60°-S4cos30°+S7cos30°=0∴S7=-35kN4-32 解:取整体:∑M A=0 F1×+F2×3+F3×+F4×6+F5××9=0∑F y=0 F RA+F RB-(4×30+40)=0 ∴F RA=80kN取A点:∑F x=0∑F y=0联立后解得:S1=-197kN S2=180kN取C点:∑F x=0∑F y=0联立后解得:S3=-37kN S4=-160kN取E点:∑F x=0∑F y=0联立后解得:S5=-30kN S6=-160kN取D点:∑F x=0∑F y=0联立后解得:S7=112kN S8=由对称性可知:S9=S8= S10=S6=-160kNS11=S5=-30kN S12=S4=-160kNS13=S2=180kN S14=S3=-37kNS15=S1=-197kN4-33 解:取整体:∑M A=0 F RB×4-P1×2-P2×3=0 ∴F RB =∑F y=0 F RA+F RB-P1-P2=0 ∴F RA=取A点:∑F x=0 S1+S2cos45°=0∑F y=0 FRA-S2sin45°=0解得:S1= S2=取C点:∑F x=0 S4-S2cos45°=0∑F y=0 S3+S2sin45°=0解得:S3= S4=取D点:∑F x=0 S6+S5cos45°-S1=0∑F y=0 -S3-S5sin45°=0解得:S5= S6=-125kN取F点:∑F x=0 S8-S6=0∑F y=0 -P1-S7=0解得:S7=-100kN S8=-125kN取E点:∑F x=0 S9cos45°+ S10-S5cos45°-S4=0∑F y=0 S7+S5sin45°+ S9sin45°=0解得:S9=53kN S10=取G点:∑F x=0 S12cos45°-S10=0∑F y=0 S12sin45°+ S11=0解得:S9= S10=取H点:∑F x=0 S13-S8-S9sin45°=0∴S13=4-34解:取整体:∑M A=0 -F RA×6a+G×(5a+4a+3a+2a+a)=0 ∴F RA=2.5G∑F y=0 F RA +F RB +5G=0 ∴F RB=2.5G取A点:∑F x=0 S1+S2cos45°=0∑F y=0 S2sin45°+F RA=0解得:S1=2.5G S2=-3.54G取C点:∑F x=0 S4-S1=0 ∴S4=2.5G∑F y=0 S3-G=0 ∴S3=G截面Ⅰ-Ⅰ,取左半部分∑F y=0 S5sin45°+F RA-3G=0 ∴S5=0.707G∑M D=0 -F RA×4a+G×3a+G×2a+G×a+S6×a=0∴S6=4G。