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理论力学课后习题答案

理论力学课后习题答案理论力学课后习题答案引言:理论力学是物理学的基础课程之一,对于理解和应用物理学的原理和方法具有重要意义。
在学习理论力学的过程中,课后习题是巩固知识、提高能力的重要途径。
本文将针对理论力学课后习题进行解答,帮助读者更好地理解和掌握这门课程。
第一章:牛顿力学1. 一个物体以初速度v0沿直线运动,加速度为a,求物体的位移与时间的关系。
答:根据牛顿第二定律F=ma,可得物体所受合力F=ma=mv/t,其中m为物体的质量,v为物体的速度,t为时间。
由此可得物体的位移s=vt+1/2at^2。
2. 一个质点在重力作用下自由下落,求它在t时刻的速度和位移。
答:在重力作用下,质点的加速度为g,即a=g。
根据牛顿第二定律F=ma,可得质点所受合力F=mg。
根据牛顿第一定律,质点的速度随时间的变化率为v=g*t,位移随时间的变化率为s=1/2gt^2。
第二章:拉格朗日力学1. 一个质点沿半径为R的圆周运动,求它的动能和势能。
答:质点的动能由动能定理可得,即K=1/2mv^2,其中m为质点的质量,v为质点的速度。
质点的势能由引力势能可得,即U=-GmM/R,其中G为引力常数,M为圆周的质量。
2. 一个质点在势能为U(r)的力场中运动,求它的运动方程。
答:根据拉格朗日方程可得,质点的运动方程为d/dt(dL/dv)-dL/dr=0,其中L=T-U,T为质点的动能,U为质点的势能。
第三章:哈密顿力学1. 一个质点在势能为U(x)的力场中运动,求它的哈密顿量和哈密顿运动方程。
答:质点的哈密顿量由哈密顿定理可得,即H=T+U,其中T为质点的动能,U为质点的势能。
质点的哈密顿运动方程为dp/dt=-dH/dx,其中p为质点的动量。
2. 一个质点在势能为U(x)的力场中运动,求它的哈密顿正则方程。
答:质点的哈密顿正则方程为dx/dt=dH/dp,dp/dt=-dH/dx,其中x为质点的位置,p为质点的动量。
结论:通过对理论力学课后习题的解答,我们可以更深入地理解和应用物理学的原理和方法。
理论力学课后习题及答案解析

理论力学课后习题及答案解析文稿归稿存档编号:[KKUY-KKIO69-OTM243-OLUI129-G00I-FDQS58-MG129]第一章习题4-1.求图示平面力系的合成结果,长度单位为m。
解:(1) 取O点为简化中心,求平面力系的主矢:求平面力系对O点的主矩:(2) 合成结果:平面力系的主矢为零,主矩不为零,力系的合成结果是一个合力偶,大小是260Nm,转向是逆时针。
习题4-3.求下列各图中平行分布力的合力和对于A 点之矩。
解:(1) 平行力系对A点的矩是:取B点为简化中心,平行力系的主矢是:平行力系对B点的主矩是:向B点简化的结果是一个力RB和一个力偶M B,且:如图所示;将RB向下平移一段距离d,使满足:最后简化为一个力R,大小等于RB。
其几何意义是:R 的大小等于载荷分布的矩形面积,作用点通过矩形的形心。
(2) 取A点为简化中心,平行力系的主矢是:平行力系对A点的主矩是:向A点简化的结果是一个力RA和一个力偶M A,且:如图所示;将RA向右平移一段距离d,使满足:最后简化为一个力R,大小等于RA。
其几何意义是:R 的大小等于载荷分布的三角形面积,作用点通过三角形的形心。
习题4-4.求下列各梁和刚架的支座反力,长度单位为m。
解:(1) 研究AB杆,受力分析,画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
校核:结果正确。
(2) 研究AB杆,受力分析,将线性分布的载荷简化成一个集中力,画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
校核:结果正确。
(3) 研究ABC,受力分析,将均布的载荷简化成一个集中力,画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
校核:结果正确。
习题4-5.重物悬挂如图,已知G=1.8kN,其他重量不计;求铰链A的约束反力和杆BC所受的力。
解:(1) 研究整体,受力分析(BC是二力杆),画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
习题4-8.图示钻井架,G=177kN,铅垂荷载P=1350kN,风荷载q=1.5kN/m,水平力F=50kN;求支座A的约束反力和撑杆CD所受的力。
理论力学(重庆大学)课后习题答案

FA
所以 F A
G b 方向水平向右 G c tan a a G a2 b2 方向指向左上方,且与水平成 arcta1
解:(1)此题临界状态为当A点刚 离地时,滚子在F力作用下处于平 衡状态,此时,F最小。以滚子为 研究对象,受力如图: 力多边形为: 则, F G tan 在RT△OGA中,
根据力偶只能与力偶平衡得:FB与FA 必组成一力偶,因FB必沿铅垂方向, 因此,受力如图: 由题意得:
y
x
FB 8m M1 M 2 0
M 1 M 2 60 kN m 20 kN m FB 5kN 负号表示铅垂向下。 8m 8m
则:
FA FB 5kN
3-1(d)
M O F Fa
3-2
解:将F分别向x轴、y轴投影,得: F Fx F cos 60 15 N ; 2 3F Fy F sin 60 26 N 2
M A F M A Fx M A Fy
Fy
Fx
r 3 Fx r2 1 Fy r2 2 2 0 .2 m 15 N 0.5m 26 N 0.866 0.2m 2 1 .5 N m
解之得:
FAx 0; FAy 192 kN; FB 288 kN
3-12(c)
y
x
FAx FAy FB
解:以AB梁为研究对象,受力如图: 建立图示坐标系,列平衡方程:
F 0, F 0 F 0, F F F 0 M F 0,M F 6m F 9m 0
G Fmin FB方向
FB
Fmin
R 2 R h AG 24 G sin G G 20 k N 12 k N OB R 40
理论力学课后习题及答案解析..

第一章习题4-1.求图示平面力系的合成结果,长度单位为m。
解:(1) 取O点为简化中心,求平面力系的主矢:求平面力系对O点的主矩:(2) 合成结果:平面力系的主矢为零,主矩不为零,力系的合成结果是一个合力偶,大小是260Nm,转向是逆时针。
习题4-3.求下列各图中平行分布力的合力和对于A点之矩。
解:(1) 平行力系对A点的矩是:取B点为简化中心,平行力系的主矢是:平行力系对B点的主矩是:向B点简化的结果是一个力R B和一个力偶M B,且:如图所示;将R B向下平移一段距离d,使满足:最后简化为一个力R,大小等于R B。
其几何意义是:R的大小等于载荷分布的矩形面积,作用点通过矩形的形心。
(2) 取A点为简化中心,平行力系的主矢是:平行力系对A点的主矩是:向A点简化的结果是一个力R A和一个力偶M A,且:如图所示;将R A向右平移一段距离d,使满足:最后简化为一个力R,大小等于R A。
其几何意义是:R的大小等于载荷分布的三角形面积,作用点通过三角形的形心。
习题4-4.求下列各梁和刚架的支座反力,长度单位为m。
解:(1) 研究AB杆,受力分析,画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
校核:结果正确。
(2) 研究AB杆,受力分析,将线性分布的载荷简化成一个集中力,画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
校核:结果正确。
(3) 研究ABC,受力分析,将均布的载荷简化成一个集中力,画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
校核:结果正确。
习题4-5.重物悬挂如图,已知G=1.8kN,其他重量不计;求铰链A的约束反力和杆BC所受的力。
解:(1) 研究整体,受力分析(BC是二力杆),画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
习题4-8.图示钻井架,G=177kN,铅垂荷载P=1350kN,风荷载q=1.5kN/m,水平力F=50kN;求支座A的约束反力和撑杆CD所受的力。
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理论力学教科书课后习题及解析第一章偶,大小是260Nm,转向是逆时针。
习题 4- 1.求图示平面力系的合成结果,长度单位为m。
习题 4- 3.求下列各图中平行分布力的合力和对于 A 点之矩。
解: (1) 平行力系对 A 点的矩是:解: (1) 取 O 点为简化中心,求平面力系的主矢:取 B 点为简化中心,平行力系的主矢是:求平面力系对O 点的主矩:平行力系对 B 点的主矩是:(2)合成结果:平面力系的主矢为零,主矩不为零,力系的合成结果是一个合力向B点简化的结果是一个力RB和一个力偶M B,且:如图所示;向 A 点简化的结果是一个力R A和一个力偶M A,且:如图所示;将 R B向下平移一段距离d,使满足:最后简化为一个力R ,大小等于R B。
其几何意义是: R 的大小等于载荷分布的将 R A向右平移一段距离d,使满足:矩形面积,作用点通过矩形的形心。
(2)取 A 点为简化中心,平行力系的主矢是:最后简化为一个力R,大小等于R A。
其几何意义是:R 的大小等于载荷分布的三角形面积,作用点通过三角形的形心。
平行力系对 A 点的主矩是:列平衡方程:习题 4-4 .求下列各梁和刚架的支座反力,长度单位为m。
解方程组:反力的实际方向如图示。
校核:解: (1) 研究 AB 杆,受力分析,画受力图:结果正确。
(2) 研究 AB 杆,受力分析,将线性分布的载荷简化成一个集中力,画受力图:(3) 研究 ABC ,受力分析,将均布的载荷简化成一个集中力,画受力图:列平衡方程:解方程组:列平衡方程:反力的实际方向如图示。
校核:解方程组:结果正确。
反力的实际方向如图示。
校核:结果正确。
习题 4-5 .重物悬挂如图,已知G=1.8kN ,其他重量不计;求铰链 A 的约束反力和杆 BC 所受的力。
列平衡方程:解方程组:解: (1) 研究整体,受力分析(BC 是二力杆),画受力图:反力的实际方向如图示。
列平衡方程:习题 4-8 .图示钻井架,G=177kN ,铅垂荷载P=1350kN ,风荷载 q=1.5kN/m ,水平力 F=50kN ;求支座 A 的约束反力和撑杆CD 所受的力。
理论力学课后习题答案

理论力学课后习题答案1. 第一题题目:一个质点从初始点A沿着一条直线运动到达点A,在此过程中质点受到一个恒定的力A的作用。
求解质点从A 到A的位移A和速度A与时间A的关系。
解答:根据牛顿第二定律A=AA,我们可以得到质点在恒定力作用下的运动方程为 $F = m \\frac{dv}{dt}$。
即:$$F = m \\frac{dx}{dt}$$将方程变形可得:$$dx = \\frac{F}{m} dt$$对上式两边同时积分可得:$$\\int_{x_A}^{x_B} dx = \\frac{1}{m} \\int_0^t F dt$$化简后可得:$$x_B - x_A = \\frac{1}{m} \\int_0^t F dt$$即质点从初始点A移动到达点A时的位移A与时间A的关系为:$$x = x_A + \\frac{1}{m} \\int_0^t F dt$$2. 第二题题目:一个滑块在一个光滑的水平轨道上,质量为A,受到一根拉力为A的绳子的作用。
求解滑块的加速度A。
解答:根据牛顿第二定律A=AA,可以得到滑块的加速度A与拉力A的关系为 $a = \\frac{F}{m}$。
3. 第三题题目:一个质点在一个弹簧的作用下振动,弹簧的劲度系数为A,质量为A。
求解质点的振动周期A。
解答:质点在弹簧的作用下振动,其运动方程为 $m\\frac{d^2x}{dt^2} = -kx$,其中A为质点的位移。
对上式进行变形可得:$$\\frac{d^2x}{dt^2} = -\\frac{k}{m}x$$该微分方程的通解为 $x = A \\sin(\\sqrt{\\frac{k}{m}} t + \\phi)$,其中A为振幅,$\\phi$ 为相位角。
振动周期A可以通过求解动能和势能的平衡关系来得到。
在振动过程中,动能 $K = \\frac{1}{2} m v^2$ 和势能 $U =\\frac{1}{2} k x^2$ 之和保持不变。
《理论力学》重庆大学出版社第四版 第二章

平面汇交力系与平面力偶系
解:
用解析法求解
y
A
1.取制动蹬ABD作为研究对象。 2.画出受力图,并由力的可传 性化为共点力系。
x
FD
O
q
B
F
B
3.列出平衡方程:
F
D
F F
x y
0, 0,
FB F cos q FD cos 0 FD sin F sin q 0
构的一部分。司机踩到制
F
A
q
动蹬上的力F=212 N,方向 与水平面成q = 45角。当 平衡时,DA铅直,BC水平,
24cm
试求拉杆BC所受的力。已 知EA=24 cm, DE=6 cm点 E在铅直线DA上 ,又B ,
B O D
E
C
6cm
(a)
C ,D都是光滑铰链,机构
的自重不计。
21
静力学
F FB
O
P
B
A
FB
(b)
q
FB sin q F FA FB cos q P
解得
FA
FA F
P
F FB 10 kN, sin q
FA P FB cos q 11.34 kN
(c) 14
静力学
例题 1-3
平面汇交力系与平面力偶系
2. 碾子能越过障碍的力学条 件是 FA=0, 得封闭力三角形abc。
q
B
A
h
13
静力学
例题 1-3
平面汇交力系与平面力偶系
解:
R
1. 选碾子为研究对象,受力分析如图b所示。 各力组成平面汇交力系,根据平衡的几何条 件,力P , F , FA和FB组成封闭的力多边形。
理论力学(重庆大学)课后习题答案共76页

41、学问是异常珍贵的东西,从任何源泉吸 收都不可耻。——阿卜·日·法拉兹
42、只有在人群中间,才能认识自 己。——德国
43、重复别人所说的话,只需要教育; 而要挑战别人所说的话,则需要头脑。—— 玛丽·佩蒂博恩·普尔
44、卓越的人一大优点是:在不利与艰 难的遭遇里百折不饶。——贝多芬
45、
1、合法而稳定的权力在使用得当时很 少遇到 抵抗。 ——塞 ·约翰 逊 2、权力会使人渐渐失去温厚善良的美 德。— —伯克
3、最大限度地行使权力总是令人反感 ;权力 不易确 定之处 始终存 在着危 险。— —塞·约翰逊 4、权力会奴化一切。——塔西佗
5、虽然权力是一头固执的熊,可是金 子可以 拉着它 的鼻子 走。— —莎士 比
理论力学课后习题解答附答案

5.27证取广义坐标
因为
又因为
所以
5.28解 如题5.28.1图
(1)小环的位置可以由角 唯一确定,因此体系的自由度 ,取广义坐标 ,广义速度 。小球的动能:
以 为势能零点,则小环势能
所以拉氏函数
(2)由哈密顿原理
故
所以
又由于
所以
因为 是任意的,所以有被积式为0,即
化简得
5.29解 参考5.23题,设 ,体系的拉氏函数
⑶小球动能
又由
①式得
设小球势能为V,取固定圆球中心O为零势点,则
小球拉氏函数
= ①
根据定义
有
根据正则方程
④
⑤
对式两边求时间得:
故小球球心切向加速度
5.25解根据第二章§2.3的公式有:
①
根据泊松括号的定义:
②
所以
同理可知:
,
由②得:
同理可得:
,
5.26解 由题5.25可知 的表达式
因为
故
同理可求得:
势能:
根据定义式
故
因为
所以 为第一积分.又
故
得 为第二个第一积分.
同理
即
得 为第三个第一积分.
5.23解如题5.23.1图,
由5.6题解得小球的动能
①
根据定义
②
得
③
根据哈密顿函数的定义
代入③式后可求得:
④
由正则方程得:
⑤
⑥
代入⑤得
整理得
5.24如题5.24.1图,
⑴小球的位置可由 确定,故自由度
⑵选广义坐标 ,广义速度 .
①
根据哈密顿原理
故
②
理论力学课后习题及答案解析

理论力学课后习题及答案解析第一章习题4-1.求图示平面力系的合成结果,长度单位为m。
解:(1) 取O点为简化中心,求平面力系的主矢:求平面力系对O点的主矩:(2) 合成结果:平面力系的主矢为零,主矩不为零,力系的合成结果是一个合力偶,大小是260Nm,转向是逆时针。
习题4-3.求下列各图中平行分布力的合力和对于A点之矩。
解:(1) 平行力系对A点的矩是:取B点为简化中心,平行力系的主矢是:平行力系对B点的主矩是:向B点简化的结果是一个力R B和一个力偶M B,且:如图所示;将R B向下平移一段距离d,使满足:最后简化为一个力R,大小等于R B。
其几何意义是:R的大小等于载荷分布的矩形面积,作用点通过矩形的形心。
(2) 取A点为简化中心,平行力系的主矢是:平行力系对A点的主矩是:向A点简化的结果是一个力R A和一个力偶M A,且:如图所示;将R A向右平移一段距离d,使满足:最后简化为一个力R,大小等于R A。
其几何意义是:R的大小等于载荷分布的三角形面积,作用点通过三角形的形心。
习题4-4.求下列各梁和刚架的支座反力,长度单位为m。
解:(1) 研究AB杆,受力分析,画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
校核:结果正确。
(2) 研究AB杆,受力分析,将线性分布的载荷简化成一个集中力,画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
校核:结果正确。
(3) 研究ABC,受力分析,将均布的载荷简化成一个集中力,画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
校核:结果正确。
习题4-5.重物悬挂如图,已知G=1.8kN,其他重量不计;求铰链A的约束反力和杆BC所受的力。
解:(1) 研究整体,受力分析(BC是二力杆),画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
习题4-8.图示钻井架,G=177kN,铅垂荷载P=1350kN,风荷载q=1.5kN/m,水平力F=50kN;求支座A的约束反力和撑杆CD所受的力。
理论力学课后习题及答案解析

第一章习题4-1.求图示平面力系的合成结果,长度单位为m。
解:(1) 取O点为简化中心,求平面力系的主矢:求平面力系对O点的主矩:(2) 合成结果:平面力系的主矢为零,主矩不为零,力系的合成结果是一个合力偶,大小是260Nm,转向是逆时针。
习题4-3.求下列各图中平行分布力的合力和对于A点之矩。
解:(1) 平行力系对A点的矩是:取B点为简化中心,平行力系的主矢是:平行力系对B点的主矩是:向B点简化的结果是一个力R B和一个力偶M B,且:如图所示;将R B向下平移一段距离d,使满足:最后简化为一个力R,大小等于R B。
其几何意义是:R的大小等于载荷分布的矩形面积,作用点通过矩形的形心。
(2) 取A点为简化中心,平行力系的主矢是:平行力系对A点的主矩是:向A点简化的结果是一个力R A和一个力偶M A,且:如图所示;将R A向右平移一段距离d,使满足:最后简化为一个力R,大小等于R A。
其几何意义是:R的大小等于载荷分布的三角形面积,作用点通过三角形的形心。
习题4-4.求下列各梁和刚架的支座反力,长度单位为m。
解:(1) 研究AB杆,受力分析,画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
校核:结果正确。
(2) 研究AB杆,受力分析,将线性分布的载荷简化成一个集中力,画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
校核:结果正确。
(3) 研究ABC,受力分析,将均布的载荷简化成一个集中力,画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
校核:结果正确。
习题4-5.重物悬挂如图,已知G=1.8kN,其他重量不计;求铰链A的约束反力和杆BC所受的力。
解:(1) 研究整体,受力分析(BC是二力杆),画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
习题4-8.图示钻井架,G=177kN,铅垂荷载P=1350kN,风荷载q=1.5kN/m,水平力F=50kN;求支座A的约束反力和撑杆CD所受的力。
重庆大学理论力学

重庆年夜学《实际力学》课程教案2006版机器、土木等多学时各专业用2006年8月应用课本:《实际力学》,张祥东主编,重庆年夜学出书社2006年第二版《实际力学》,哈尔滨产业年夜学,初等教导出书社2004年《EngineeringMechanics实际力学》,杨昌棋等缩编,重庆年夜学出书社2005年参考文献[1]同济年夜学实际力学教研室,实际力学,同济年夜学出书社,2001年[2]乔宏洲,实际力学,中国修建产业出书社,1997年[3]华东水利学院工程力学教研室,实际力学,初等教导出书社,1984年[4]实际力学〔第六版〕哈尔滨产业年夜学理力教研室编.普通初等教导“十五〞国度级计划课本初等教导出书社.2002年8月[5]实际力学〔第3版〕郝桐生编.教导迷信“十五〞国度计划课题研讨后果初等教导出书社.2003年9月[6]实际力学〔第1版〕武清玺冯奇主编.教导迷信“十五〞国度计划课题研讨后果初等教导出书社.2003年8月第1篇静力学第1章静力学根本常识与物体的受力剖析一、目标请求1.深化地了解力、刚体、均衡跟束缚等根本不雅点。
2.深化地了解静力学正义〔或力的根天性子〕。
3.明白跟控制束缚的根本特点及束缚反力的画法。
4.纯熟而准确地对单个物体与物体零碎进展受力剖析,画出受力求。
二、根本内容1.主要不雅点1〕均衡:物体机器活动的一种专门形态。
在静力学中,假设物体相干于空中坚持活动或作匀速直线平动,那么称物体处于均衡。
2〕刚体:在力感化下或活动进程中稳定形的物体。
刚体是实际力学中的幻想化力学模子。
3〕束缚:对非自在体的活动预加的限度前提。
在刚体静力学中指限度研讨工具活动的物体。
束缚对非自在体施加的力称为束缚反力。
束缚反力的偏向老是与束缚所能障碍的物体的活动或活动趋向的偏向相反。
4〕力:物体之间的一种相互机器感化。
其感化后果可使物体的活动形态发作改动跟使物体发生变形。
前者称为力的活动效应或外效应,后者称为力的变形效应或内效应,实际力学只研讨力的外效应。
理论力学习题答案(修改6月19日)

⃗rc
=
m1⃗r1
+
m2⃗r2 M
+ m3⃗r3
=
1 3
( 2ˆi + ˆj +
) 3kˆ ,
⃗vc
=
⃗r˙c
=
ˆj
+
1 kˆ, 3
p⃗c = M⃗vc = 3ˆj + kˆ,
∑3 J⃗ = mi⃗ri × ⃗vi = −3ˆi + 3kˆ,
i=1
T
=
∑3
1 2
mi
vi2
=
4.
i=1
4. 证明:两质点系的角动量为,J⃗ = R⃗ c × M V⃗c + ⃗r × µ⃗v,其中,M = m1 + m2, µ 为折合质量,⃗r 为相对位矢,c 表示质心。
6
6. 半径为 r 的均质圆球在半径为 R 的固定圆柱的内表面滚动,试求圆球绕平
衡位置做微振动的运动方程及周期。
解:
vc
=
(R
−
r)θ˙, ω
=
(R
− r
r)θ˙ , Ic
=
2 mr2 5
T
=
1 2
mvc2
+
1 2
Icω2
= 7 m(R − r)2θ˙2 10
V = mg (R − (R − r) cos θ)
l
2± 2 g
7
8. 如果上题的双摆系统不是系在固定点上,而是系在一个可以在光滑水平杆 上自由运动的质量为 2m 的小环上,继续令 m1 = m2 = m,l1 = l2 = l,试 求系统的运动方程及周期。
解:
L=T −V
=
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1-1(d) 解: (1)以AB梁为研究对象, 解除A、B处约束。
第1章 静力学基本公理与物体的受力
(2)画出所有主动力。
FAx FAy
FBy
(3)画出所有约束反力。
1-1(e) 解: (1)以AB杆为研究对象, 解除A、B处约束。 (2)画出所有主动力。
F
1-1(f )
(3)画出所有约束反力。
2
所以 F A
G b 方向水平向右 G c tan a 2 2 a G a b FB G 方向指向左上方,且与水平成 arctan b sin a
所以,
F G tan 20kN 0.75 15kN
3
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2-11 解:(2)G大小和方向已知,FB 方向已知,因此F力大小和方向可 能为虚线所示: 可知,当F作用线与FB作用线垂直 时,F最小,即: 此时,
综上可得 方程组 解之得:
CF 7.88 FT 0.096 BC 82 Fx 0 , FBC 0.995 FBC 0.919 FDAC 0.919 0
F
y
0 , FBC 0.096 FBC 0.394 FDAC 0.394 50kN 0
r 3 Fx r2 1 Fy r2 2 2 0.2m 15N 0.5m 26 N 0.866 0.2m 2 1.5 N m
4
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3-12(c)
y x
FAx FAy FB
3-12(d) 解:方法一:
x y Ax Ay B Ay B A 1 2 B
3-14 解:(1)选起重机为研究对象,受力 如图。先考虑空载的情况,这时要求的 是起重机不至于向左翻到,则有:
3-14 即: G3 x 3 3FA 1.5G1 10G2 0
FB 0
列平衡方程
G3 x 3 1.5G1 10G2 3 由上可见 FA
(3)以AC杆为研究对象。
FA
F’D F’E
(3)以整体为研究对象。
F1 FAy FB FAx FBy
F2
(4)以BC杆为研究对象。
FBx
1
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1-2(c) 解: (1)以AB杆为研究对象。 (2)以半球O为研究对象。
FBy
y
1-4
x
y
解: (1)以起重机为研究对象。
x
FAx
FAy
(2)以梁AC为研究对象。
FB
在RT△ABC中
c tan AB a BC a , sin BC b AC a 2 b2
FB G FA α
则, F G tan 在RT△OGA中,
tan tan BOG BG OG
2
FB F
β
G
R 2 R h 402 40 8 0.75 Rh 40 8
则:
FA FB 5kN
方向铅垂向上。
解之得: FAx 0; FAy 45kN ; FB 85kN 负号表示与假设方向相反。
解:方法二: 以AB梁为研究对象,受力如图: F 0 , F 0 结果同上。 建立图示坐标系,列平衡方程: F 0, F F 0 F F M F 0, M M F 8m 0
FAx FAy FB
解:以AB梁为研究对象,受力如图: 建立图示坐标系,列平衡方程:
F 0,F 0 F 0,F F F 0 M F 0, M F 6m F 9m 0
x y Ax Ay B A B
根据力偶只能与力偶平衡得:FB与FA 必组成一力偶,因FB必沿铅垂Leabharlann 向, 因此,受力如图: 由题意得:
FAC FBC 95.68kN , FDAC 7.91kN
2-10
FB
2-11
α FA G
解:以ABC板为研究对象,受力 如图: 板处于平衡,所以力多边形是 自封闭的,如图。 由图知: FA
G G , FB c tan sin
解:(1)此题临界状态为当A点刚 离地时,滚子在F力作用下处于平 衡状态,此时,F最小。以滚子为 研究对象,受力如图: 力多边形为:
FD
F ’B
C
此时, arcsin Fmin
G
arcsin
12 3 arcsin 20 5
解之得: FD F 'BC cos FBC cos 8o 1.08kN 0.99 1.07 kN
3-1(a)
M O F Fl
3-1(d)
第3章 平面一般力系
CF
FDAC FAC β y α FBC x FT
F
AC 2 AF 2
20m 2 18.38m 2
7 .88m
y α FBC x
Fx 0 , FBC cos FAB cos FDAC cos 0 F
y
0, FBC sin FAB sin FDAC sin FT 0
arccos
2
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2-5 解:选取刚架为研究对 象,受力图为: 刚架在力F作用下处于平 衡,所以力多边形是自 FA 封闭的,如图。 则,
FA F ; FD F tan cos
y
2-6
x
y
解:以AB杆为研究对象, 受力如图: 在力M作用下处于平衡,所以 力多边形是自封闭的,如图。 则,
x
1 60kN 0.316 19kN F2 x 80kN 2 80kN 0.707 56.6kN 10 2 2 F4 x 100kN 100kN 0.894 89.4kN F3 x 50kN 5 2 3 F 80 kN 80kN 0.707 56.6kN F1 y 60kN 60kN 0.948 56.9kN 2 y 2 10 1 F3 y 0 F4 y 100kN 100kN 0.447 44.7 kN 5 所以, FRx Fx ( 19 56.6 50 89.4 )kN 1.8kN
FAy FAx FB
FAy FAx FB
1-2(b) 解: (1)以整体为研究对象。 (2)以DE绳为研究对象。
FD FE FA FC F’C F FB
1-2(c) 解: (1)以AC杆为研究对象。 (2)以BC杆为研究对象。
FAy FAx Fcy
y
x F’cx Fcx F1 F’cy FBy FBx F2
在△ACB,根据余 弦定理:
BC 2 AB 2 AC 2 82 2 100 2 20 2 0.995 2 BC AB 2 82 100 2 2 2 2 2 2 AC AB BC 20 100 82 cos 0.919 2 AC AB 2 20 100 cos
CF 7.88 FDAC sin 0.394 FAC AC 20 在RT△BFC中 BF AB AF 100m 18.38m 81.62m β
FT G 50kN FBC FAC
在△ACB中,∠CBF= α, ∠CAF= β
sin
AC 20m , BC ACB AC 102 20 82m , AB 100m
F’Bx FBx FAy FN F’By
G2
G1
FE
FF F’cx Fcx F’cy F’F FD
(3)以整体为研究对象。
FAx
(3)以梁CD为研究对象。
FAy FAx
FB Fcy F’E
FN
2-2 解: (1)几何法
y
x F4 F1
第2章 汇交力系
1)选1cm代表25kN的比例尺, 首先画出力矢F3(20mm长, FR 水平方向)。 F2 2)以F3末端点为起点,画出 F3 力矢F2(32mm长,与水平 夹角45°)。 3)以F2末端点为起点,画 4)以F1末端点为起点,画 出力矢F1(24mm长,与水 出力矢F4(40mm长,与水 平夹角108°)。 平夹角207°)。 5)收尾相接,测出FR角度和长度,长度为27.5mm,与水平夹角 91 ° 。所以,FR大小为2.75cm×25kN/cm=68.75kN。
FRy Fy ( 56.9 56.6 0 44.7 )kN 68.8kN
所以合力FR的大小为:
FR
F F
2 x y
2
1.8kN 2 68.8kN 2
68.82kN
其方向角则为:
FRx 1.8 arccos 91.5o FR 68.82 F 68.8 arccos Ry arccos 1.38o FR 68.82
G Fmin FB方向
2-16 解:杆AB、BC皆为二力杆,以节 点B为研究对象,受力如图: 建立坐标系,列平衡方程:
y FBC α B F y FNC α x α x FAB
FB
F F
x y
0 , FBC cos FAB cos 0 0 , FBC sin FAB sin F 0
F 0.3kN 1.08kN 2 sin 2 0.139
解之得:FAB FBC
以压块C为研究对象,受力如图: 建立坐标系,列平衡方程:
Fmin G sin G
R R h AG 24 G 20kN 12kN OB R 40
2
2
F
x
0 , F 'BC cos FD 0