工程力学课后详细答案

第一章 静力学的基本概念受力图第二章平面汇交力系2-12解：由解析法，FRX X 2

cos P3

80NF YPRY 1

Psin140N2故：F F2 F2 故：R RX RYF)arccos

RY 2944R 1 FR2-2FXFXPcos45PPcos453KNRX123F YPRY

P3

0F F2 F2 故： R RX RY

方向沿OB。解：所有杆件均为二力杆件，受力沿直杆轴线。由平衡方程有：X0 FAC

F 0ABY0 FAC

cos30W 0FAB （拉力）FAC （压力）由平衡方程有：X0 FAC

Fcos70 0ABY0 FW 0ABFAB （拉力）FAC （压力）由平衡方程有：X0 FAC

cos60 FAB

cos30 0Y0 FAB

FAC

W 0FAB (拉力)FAC （压力）由平衡方程有：X0 FAB

FAC

0Y0 FAB

cos30 FAC

cos30W 0FAB (拉力)FAC (拉力)解：（a）受力分析如图所示：x0 F由RA由

442

Pcos45 0F RAF由 Y0

2 F P042 22 RBF RB(b)解：受力分析如图所示：由x0 FRA

3 F10

cos45 Pcos45 0Y0联立上二式，得：

F 1 FRA 10

P0F RAF 10KNRB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： FRA 5KN （压力） FRB 5KN（与X轴正向夹150度2-6解：受力如图所示：已知，FR G1 ，FAC G2x0由 FACcos Fr 0cos G1G2Y0 F由

sin F W 0NF W GN 2

sin W

2 G22 1解：受力分析如图所示，取左半部分为研究对象x0由 PFRAcos45 FCBcos45 0Y0 FCB

FRA

0联立后，解得：FRA FRB 由二力平衡定理

F F FRB CB

0.707PAB，ACAx0由 FAC cos60 FABcos30W 0Y0 FAB

FAC

W 0联立上二式，解得：FAB （受压）FAC

（受压）D，BD由 x0 TDBsin Wcos 0T Wctg 0DB取B点列平衡方程：由 Y0B

Tsin TBD

cos 0TTctg Wctg2 30KNBDY0 FBCFBC

由sin P0Psin取C为研究对象：Fx0F由

cos Fsin Fsin 0DC CEY0 F由

sin Fcos Fcos 0DC CE联立上二式，且有FBC FBCFCE

解得：Pcos 12si2 cos取E为研究对象：由 Y

F FNH

cos 0F FCE CE

故有：F Pcos 1

cos PNH 2si2 cos 2si2Ax0FFAB AD

0Y0 FAB

cos75 FAD

cos75 P0联立后可得：D

F FAD AB

P2cos75x0Fcos5 FAD ND

cos80 0F cos5FND cos80 AD由对称性及

F FAD ADF 2FN ND

2cos5Fcos80

2cos5 Pcos802cos75

166.2KNOOx0由Fcos F Pcos30 0由RA DCY0 Fsin P0RA联立上二式得：

F RAFDC （压力）列C点平衡x0 FDC

F 40AC 5Y0联立上二式得：

F F BC AC

0FAC（拉力）FBC （压力）解：（1）取DEH部分，对H点列平衡x0 F 2 F 0RD 5 REY0

1 Q 0RD 5联立方程后解得： FRD F 2QRE（2）取ABCE部分，对C点列平衡x0F FRE RA

cos45 0Y0 FRB

FP0RA且 FRE FRE联立上面各式得： FRA2F 2QPRB（3）取BCE部分。根据平面汇交力系平衡的几何条件。F F2 F2RC RE RB2Q2 P22 4PQ P2解：（1）Ax0Fcos Fsin 0AB NA

（1）Y0 Fcos Fsin 2P0NA AB

（2）（2）对B球列平衡方程x0Fcos Fcos 0NB ABY0 Fsin Fsin P0NB AB

（3）（4）且有： FNB FNB（5）把（5）代入tg FABcos（1（得：

FABsin 2P （6）tg PFABsin（3（得： FABcosF P得： AB tgcos sin将（8）代入（6）后整理得：

（7）（8）tg P(1)P)23sincosFNAFNDPABAD 2AF 2RcosOD ADtg 2RsinCDADAC 2Rcos 3RCDAD又 22Rcos 32cos 3整理上式后有：

tg CDOD

2 22Rsin 2sin4co2 cos 2023 3()2442取正根

cos 2 224

0.92232312第三章力矩平面力偶系POMMMMM

)PlO(P)P00O)PsinlPcos0PlsinO) PaO(P)P(lr)a2 ba2 b2a2 b2M

)PO

Pcos0

sinP1=P2=P3=P5=60KN，P4=P6=40KN，mm，求图示平面力偶系合成的结果。P

构成三个力偶1 3 2 5 4 6M P(0.30.1)P(0.40.1)3

(0.20.4)1 2 5 430Nm因为是负号，故转向为顺时针。MCABEDG=2KN，mm，AB解：小台车受力如图，为一力偶系，故FG，FNA FNB由 M 0F 0.8G0.30NAF FNA NB

750NCABP=1000KN，偏心距e=20mm，h=200mm，试求锻锤给导轨两侧的压力。解：锤头受力如图，锤头给两侧导轨的侧压力FN1和FN2构成一力偶，与PP构成力偶平衡由M 0 PeF h0由N1F FN1 N2

100KNHIW，重心在CEJKDA，B，E解：电极受力如图，等速直线上升时E处支反力为零即：FRE 0 且有：SWM 0 F bWa0由 NAF F WaNA NB bm1=3KNM，m2=1KNM，转向如图。Α=1mAB解：A，B由M 0 M M F 2a0由2 1 RBF FRB RA

1KN四连杆机构在图示位置时平衡，α=30，β=90m1/m2O1AO2B受力如图，由 M 0，分别有：杆： m1 FAB 6a

OA1（1）OB2杆： m2 FBA8a0 （2）且有： FAB FBA （3）m 31将（3）代入（2）后由（1）（2）得： m2 8AEBDCCm1=4KNM，转向如图，AB=2m,在图示位置处于平衡，θ=30,m2ABACEBCDF FRA RC

F FRC RB对ACE杆： FRA 2m1 0F FRA RB对BCD杆： FRB 2m2 0m 4KN2第四章平面一般力系F=60N，F=80N，F=150N，m=100N.m，转向为逆时针，θ=30°m。1 2 3试求图中力系向O点简化结果及最终结果。解：F X FRx 2

Fcos30o3

49.9NF YFRy 1

F15N3F'R

F' F2 FR R Rx y

2 42′

tg Y/X0.3 ∴α=196°L M)F5F0 0 1

2Fcos3o 4m 279.Nm（顺时针转向）iFj(153xy故向O点简化的结果为：FiFj(153xyL m0F≠0，故力系最终简化结果为一合力

，FR

大小和方向与主矢F'相同，合R 0R力FR的作用线距O点的距离为d。RF=F=52.1NR Rd=L/F=5.37m0 R已知物体所受力系如图所示，F=10Kn，m=20kN.m，转向如图。若选择xBL=10kN.m，转向为顺时针，试求BB矢R’。若选择CDEL=30kN.m，试求位于ECD直线上的E点的位置及主矢R’。解：（a）设B点坐标为（b，0）L=∑M（F）=-m-Fb=-10kN.mB B∴b=（-m+10）/F=-1m ∴B（-1，0）FFFFF'RiR i F= ∴F′=10kN，yRiR（b）设E点坐标为（e，e）L=∑M（F）=-m-Fe=-30kN.mE E∴e=（-m+30）/F=1m ∴E（1，1）F′=10kN yR解：（a） 受力如图由∑M=0 F 3a-Psin30°2a-Qa=0A RB∴FRB=（P+Q）/3由∑x=0 F-Pcos30°=0Ax3∴F=2PAx由∑Y=0 F+F-Q-Psin30°=0Ay RB∴F=（4Q+P）/6Ay受力如图由∑M=0 F cos30°-P2a-Qa=0A RB2∴F=33（Q+2P）RB由∑x=0 F-F sin30°=0Ax RB1∴F=33（Q+2P）Ax由∑Y=0 F+F cos30°-Q-P=0Ay RB∴F=（2Q+P）/3Ay解：受力如图：由∑M=0F3a+m-Pa=0A RB∴F=（P-m/a）/3RB由∑x=0F=0Ax由∑Y=0F+F-P=0Ay RB∴F=（2P+m/a）/3Ay解：受力如图：由∑M=0F2a+m-P3a=0A RB∴F=（3P-m/a）/2RB由∑x=0F=0Ax由∑Y=0F+F-P=0Ay RB∴F=（-P+m/a）/2Ay解：受力如图：由∑M=0 F 3-P1.5-Q5=0A RB∴F=P/2+5Q/3RB由∑x=0 F+Q=0Ax∴F=-QAx由∑Y=0 F+F-P=0Ay RB∴F=P/2-5Q/3Ay解：受力如图：由∑M=0 F 2+m-P2=0A RB∴F=P-m/2RB由∑x=0 F+P=0Ax∴F=-PAx由∑Y=0 F+F =0Ay RB∴F=-P+m/2Ay高炉上料的斜桥，其支承情况可简化为如图所示，设ABDQ，斜桥（连同轨道）重为W，立柱BDAB的支座反力。解：结构受力如图示，BD为二力杆由∑M=0 -Fa+Qb+Wl/2cosα=0A RB∴F=(2Qb+Wlcosα)/2aRB由∑F=0 -F-Qsinα=0x Ax∴F=-QsinαAx由∑F=0 F+F-W-Qcosα=0y RB Ay∴F=Q(cosα-b/a)+W(1-lcosα/2a)AyW=500N，输入轴受一力偶作用，其力偶矩m=600N.m，输出轴受另一力偶作1m=900N.m，AB2解：齿轮减速箱受力如图示，由∑M=0 F×0.5-W×0.2-m-m=0A RB 1 2F=3.2kNRB由∑F=0 F+F-W=0y RA RBF=-2.7kNRA试求下列各梁的支座反力。(a)(b)解：(a)由∑F=0 F=0 (b)由∑F=0 F=0x Ax x Ax由∑F=0 F=0 由∑F=0

y Ay-qa-P=0y Ay由∑M=0 M-m=0 M=m ∴F=qa+PA A Ay由∑M=0M-qaa/2-Pa=0A∴M=qa2/2+PaA(c)(d)(c)由∑F=0 F+P=0 (d)由∑F=0 F=0x Ax x Ax∴F=-P 由∑M=0FAx5a+m-m-q3a3a/2=0

A RB1 2由∑F=0 F-ql/2=0 ∴y AyF=0.9qa+(m-m)/5aRB 2 1FAy=ql/2 由∑F=0 F+F-q3a=0

y Ay RB由∑M=0 M-ql/2l/4-m-Pa=0 F=2.1qa+(m-m)/5aA Ay 1 2∴M=ql2/8+m+PaAcm＞m2 1解：(a)(b)(a)∑M=0 F 6a-q(6a)2/2-P5a=0

=3qa+5P/6A RB RB∑F=0 F+P=0

=-Px Ax Ax∑F=0 F+F-q6a=0

=3qa-5P/6y Ay RB Ay(b)∑M=0 M-q(6a)2/2-P2a=0 ∴M=18qa2+2PaA A A∑F=0 F+q6a=0 ∴FAx

=-6qa∑F=0 F-P=0 ∴F=PAy Ay(c)∑M=0 M+m-m-q6a2a-P4a=0 ∴M=12qa2+4Pa+m-mA A 1 2 A 2 1∑F=0 F+P=0

=-PAx Ax∑F=0 F-q6a=0

=6qaAy Ay(d)∑M=0 M+q(2a)2/2-q2a3a=0 ∴M=4qa2A A A∑F=0 F-q2a=0 ∴FAx

=2qa∑F=0 F-q2a=0 ∴FAy

=2qah=40m，W=4000kN，q=500kN/m，q=2.5kN/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。1 2解：热风炉受力分析如图示，∑F=0 F+qh+(q-q)h/2=0

=-60kNox 1 2 1 ox∑F=0 F-W=0

=4000kNAy Ay∑M=0 M-qhh/2-(q-q)h2h/3/2=0 ∴M=1467.2kNmA 0 2 1 0P、Q、a、bc，AB解：起重机受力如图示，∑M=0 -Fc-Pa-Qb=0

=-(Pa+Qb)/cB RA RA∑F=0 F+F=0

=(Pa+Qb)/cRA Bx Bx∑F=0 F-P-Q=0

=P+QBy By构架几何尺寸如图所示，R=0.2m，P=1kNEABCECD解：整体受力如图示∑M=0 -F×5.5-P×4.2=0

=-764NB RA RA∑F=0 F+F=0

=764NBx RA Bx∑F=0 F-P=0

=1kNBy By由∑M=0 F×2+P×0.2-P×4.2=0

=2kNE Cy Cy由∑M=0 F’×2-F×2-P×2.2+P×0.2=0∴F

=3kNH Cx Cy Cx Cxq，q=1kN/mm，1.25mAB解：辊轴受力如图示，由∑M=0 F×1600-q×1250×(1250/2+175)=0A RB∴F=625NRB由∑F=0 F+F-q×1250=0

=625Ny RA RB RAEHPP=40kN，W=4kNAB解：机构受力如图示，∑M=0 -P×0.3+F×0.6-W×0.9=0

=26kNA RB RB∑F=0 F+F-P-W=0

=18kNy RA RB RAW=26kN，起重臂ＣＤＥ重Ｇ＝４.５kN，起重机旋转及固定部分1＝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2起重量Ｐ

。max解：当达到最大起重质量时，F=0NA由∑M=0 W×α+W×0-G×2.5-P×5.5=0B 1 2 max∴P=7.41kNmaxABD，CQ=15kN，QOA5m，W解：受力如图示，不致翻倒的临界状态是F=0NE由∑M=0 W×1m-Q×(5-1)=0 ∴W=60kNF故小车不翻倒的条件为W≥60kN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P1P2。求平衡时两杆的水平倾角αα1 2

的关系。解：设左右杆长分别为l1、l2，受力如图示左杆：∑M=0 P(l/2)cosα-Flsinα=0 ∴F=ctgαP/2O1 1

1 A1 1

A 11右杆：∑M=0 -P(l/2)cosα+F'lsinα=0 ∴F'=ctgαP/2O2 2

2 A2 2

A 22由F=F' ∴P/P=tgα/tgαA A 1 2 1 2ABP，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。解：设杆长为l，系统受力如图∑M=0 Pl/2cosθ+Tlsinθ-Tlcosθ=0 ∴T=P/2(1-tgθ)0(b)当T=2P时，2P=P/2(1-tgθ) ∴tgθ3/4 即θ≈36°52′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。解:(a)BC(a)∑M=0F 2a=0∴F=0BRCRC∑F=0xF=0Bx∑F=0-F+F=0∴F=0yBy RCBy取整体：∑M=0 -q2aa+F 4a+M=0 ∴M=2qa2A RC A A∑F=0 F=0Ax∑F=0 F+F－ｑ2a＝０

==2qaAy RC Ay(b)取BC杆：(b)∑M=0F 2a-q2aa=0∴F=qaBRCRC∑F=0 F=0Bx∑F=0 F-q2a-F=0

=-qaRC By By取整体：∑M=0 M+F4a-q3a2.5a=0 ∴M=3.5qa2A A RC A∑F=0 F=0Ax∑F=0 F+F－ｑ3a＝０

==2qaAy RC Ay(c)取BC杆：(c)∑M=0F 2a=0∴F=0BRCRC∑F=0xF=0Bx∑F=0F-F=0∴F=0yRC ByBy取整体：∑M=0 M+F4a-m=0 ∴M=mA A RC A∑F=0 F=0Ax∑F=0 F+F＝０ ∴F=0Ay RC Ay(d)取BC杆：(d)∑M=0F 2a-m=0∴F=m/2aBRCRC∑F=0xF=0Bx∑F=0F-F=0∴F=m/2ayRC ByBy取整体：∑M=0M+F4a-m=0∴M=-mAA RCA∑F=0xF=0Ax∑F=0F+F＝０∴F=-m/2ayAy RCAy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。解：BE∑M=0 F×5.4-q×5.4×5.4/2=0

=2.7qE Bx Bx取DEB部分：∑M=0 F×5.4+F×6-q×5.4×5.4/2=0 ∴F=0D Bx By By取整体：∑M=0 F×6+q×5.4×5.4/2-F×cos45°×3=0

=6.87qA By RC RC∑F=0 F×cos45°+F+F-q×5.4=0

=-2.16qRC Ax Bx Ax∑F=0

×sin45°+F

+F=0 ∴RCF=-4.86q

Ay ByAyCD∑M=0 F×4-q/2×42=0 ∴F=2qC RD 2 RD 2取整体：∑M=0 F×8+F×12q×4×10-q×6×4-P×4=0A RB RD 2 1∑F=0 P+F=0

=-Px Ax Ax∑F=0

+F+F-q×6-q×4=0

=3q-P/2y

RB RD 1 2

Ay 1P=10kN，Q=50kN，A、BD解：连续梁及起重机受力如图示：第五章 摩擦W=100N，f=0.3，（a）P=10N摩擦力，（b）P=30N（c）P=50N解：（a）F =fF=100×0.3=30Nsmax S N当P=10N，P=10N<

smax故保持静止 ∴F=P=10N当P=30N时， P=30N=Fsmax故物块处于临界状态 F=P=F =30Nsmax当P=50N时， P=50N>Fsmax故物块滑动 F=F =30Nsmax判断下列图中两物体能否平衡?并问这两个物体所受的摩擦力的大小和方向。已知：（a）物体重Ｗ=1000N，拉力P=200N，f=0.3；（b）物体重Ｗ=200N，拉力P=500N，f=0.3。解：（a）F =Ff=Wf=300Nsmax N S SP=200N<F

smax故物块保持平衡 F=P=200N（b）F =Ff=Pf=150Nsmax N S SW=200N>Fsmax故物块不平衡 F=

=150Nsmax重为Ｗ的物体放在倾角为α的斜面上，物体与斜面间的摩擦角为ρ，且α＞ρQde最大值和最小值。解：（1）有向下滑动趋势∑X=0F+Q-Wsinα=0smax1∑Y=0F-Wcosα=0NF=Ffsmax1 N SQ=W（sinα-fcosα）S（2）有向上滑动趋势∑X=0Q-F-Wsinα=0smax2∑Y=0F-Wcosα=0NF=Ffsmax2 N SQ=W（sinα+fcosα）S∴Q：W（sinα-fcosα）≤Q≤W（sinα+fcosα）f=tgρS S S在轴上作用一力偶，其力偶矩为m=-1000N.m，有一半径为r=25cmf=0.25N×25=0F=FfN S

解：由∑M=0–m+F0联立上两式得：F=m/2rf=8000NN SF≥8000NN1000N，B2000N，ABf1=0.5，Bf2=0.2。问当P=600NAB解：取物块A：由∑F=0 F-w-Psin30°=0

=1300Ny NA A NA∑F=0 F-Pcos30°=0

=519.6Nx SA SA由库仑定律：F

=f×F

=650NSAmax c1 NA∵FF ∴ASA SAmaxB：∑F=0F-F'-W=0∴FNB=3300Ny NB NA B∑F=0F-F=0

=519.6Nx SB SA SB由库仑定律：F

=f×F

=660NSBmax S2 NB∵FF ∴BSB SBmax500N，靠两滚轮与锤杆间的摩擦力提起。已知摩擦因数f=0.4上升时，每边应加正应力（或法向反力）为若干？解：由∑F=0 2F-W=0y SF=NfS联立后求得：N=625Nf（其他有滚珠处表示光滑）。求：（1）顶住重物所需Ｑ之值（Ｐ、α已知）；（２）使重物不向上滑动所需Ｑ。注：在地质上按板块理论，太平洋板块向♘洲大陆斜插下去，在计算太平洋板块所需的力时，可取图示模型。解：取整体 ∑F=0 F-P=0y NA∴F=PNA当F＜Q1

时锲块A向右运动，图（b）力三角形如图（d）当F＞Q2

时锲块A向左运动，图（c）力三角形如图（e）解得：Q=Ptg(α-φ)；Q=Ptg(α+φ)1 2平衡力值应为：Q≤Q≤Q1 2注意到tgφ=fSsin fcos sin

cosP S Q Scos fsin cos fS

sin图示为轧机的两个压辊，其直径均为d=50cm，两棍间的间隙a=0.5cm反，如图上箭头所示。已知烧红的钢板与轧辊之间的摩擦因数为f=0.1，bA、B解：钢板受力如图示，临界状态时，发生自锁，有F=F +F F=F +FRA Amax NA RB Bmax NB且–F+F=0RA RB(d)2 (d b a)2由几何关系：

tg 2 2 2 ACm d b a O2 2 1

d2 1(d b a)又∵tgφ=0.1 代入上式后可得：mb=0.75cm∴当b≤0.75cm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。一凸轮机构，在凸轮上作用一力偶，其力偶矩为m，推杆ＣＤ的Ｃ点作用一力Ｑ，设推杆与固定滑道之间的摩擦因数ｆ及ａ和ｄ滑道长ｂ的尺寸应为若干？（设凸轮与推杆之间是光滑的。）解：取推杆：∑F=0F-F=0 =1\*GB3①x NA NB∑F=0F-Q-F-F=0 =2\*GB3②

y A B∑M F'O1 A

d/2-FB

d/2+FNB

b+F'a=0 =3\*GB3③取凸轮：∑M=0 m-Fd=00∴F=m/d=F' =4\*GB3④极限状态下：F=FA NA

f =5\*GB3⑤F=F f =6\*GB3⑥B NB将=1\*GB3①=2\*GB3②=4\*GB3④=5\*GB3⑤=6\*GB3⑥代b 2fam入到=3\*GB3③后整理得 m d2famb＞mdb=22.5cmPf=0.1h。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φ，则有mh=(b+d/2)tgφ+(b-d/2)tgφm m∴h=2btgφm

=2bf=4.5cm故保证滑动时应有h＞4.5cmABCDEFBｆ解：取整体：∑F=0 P-Q=0 P=Qy取节点O：F=F=P=QOA OD取重物，受力如图示，由平衡方程得F=F=Q/2S1 S2取曲杆ABC ∑M=0 150F+200F-600F=0B N1 S1 OA重物不下滑的条件：F≤fFS1 SN1解得：f≥0.15S250mm，AGBGCEDGQ，Pmm。如砖夹与砖之间的摩擦因数f=0.5，试问b才能把砖夹起？（bG）解：由整体：∑F=0 得P=Qy取砖： ∑M=0 ∴F=FB SA SD∑F=0 Q-F-F=0y SA SD∑F=0 F-F=0x NA ND解得：FSA=FSD=Q/2，FNA=FND取AGB:∑M=0 F×95+30F'-bF'=0G SA NA∴b=220F/FSA NA转不下滑的条件：F≤fFSA NA∴b≤110mmb。

此题也可是研究二力构件GCED，tgα=b/220，砖不下滑应有tgv≤tgφ=f，由此求SD，偏心轮f，eOAB解：主动力合力FRA和全反力FRBABABφm由几何关系：tgφ=OA/OB=e/D/2 tgφ=fm m∴e=Df/2 故偏心轮不会脱开条件为e≤Df/2辊式破碎机，轧辊直径Ｄ＝500mm，以同一角速度相对转动，如摩擦因数f=0.3，d。解：取圆形物料，受力如图，临界状态时，列平衡方程∑F=0xNcosα+Fsinα-Ncosα-Fsinα=0A A B B=1\*GB3①∑F=0yNsinα-Fcosα+Nsinα-Fcosα=0A A B B=2\*GB3②F=fN

又∵F=fN

=3\*GB3③A A B B注意到tgα=f ∴α=arctg0.3=16.7°由几何关系：

cos 512512d)/2Dd∴d=34.5mmbAC=BC=l,AB=L，A、Bf=0.5l/LR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F与法向夹角应为φRm几何关系有：tgm 注意到

m=f=0.5l/L=0.56L/2＜l因此，为能安全制动，应有0.5＜l/L＜0.56r=15cmR=25cmＱ=1000Na=100cmb=40cm，f=0.6P解：取轮：∑M

=0 Q

R=0 =1\*GB3①O1 S取杆：∑M=0-F'c-F'b+pa=0=2\*GB3②0S N临界状态时：F=Ff =3\*GB3③S N联立=1\*GB3①=2\*GB3②=3\*GB3③式可得：P=100N∴要刹住车不使重物落下则，P≥100NAB650NA，而梯子仍能保持平衡的最小角度α应为多少？解：梯子受力如图，设人重为Q=650N，杆长为l由∑F=0 F-Q-P=0y NB∑M=0 F

lsinα-Pcosαl/2=0A NB S临界状态时：F=F fS NB Stg QP3.53联立上三式后可解得：

P)fS

∴α=74°12′故梯子若保持平衡的条件为：α≥74°12′60cm，3000N，P擦系数δ=0.5cm，Pα=30°，P解：滚子受力如图所示：∑F=0 Psinα+F-W=0y N∑M=0 M-PcosαD/2=0A f临界状态时：M=δFf N联立上三式得：P=57.8NP，滚子与地面间的滚动摩擦因数为δ，rQ解：受力如图所示：∑F=0 F-P-Q=0y N∑M=0 M-Qr=0A f临界状态时：M=δFf N联立上三式解得：Q=Pδ/(r-δ)A、Bd=8cm，b=47cm，a=105cm，轴承与轴之间的摩擦因数f=0.12，炉盖重G=2000N。试求沿AB能将炉盖推起。解：支架受力如图所示：∑F=0 P-F-F-G=0 =1\*GB3①y SA SB∑F=0 F-F=0 =2\*GB3②NA NB∑M=0 F d/2+F

d/2-Ga=0 =3\*GB3③O SA NB SB临界状态时：F=FSA NA

f =4\*GB3④F=F f =5\*GB3⑤

SB NB将=4\*GB3④=5\*GB3⑤代入=1\*GB3①=2\*GB3②后再代入=3GB3③可解得 P=3072.3N箱式炉的倾斜炉门与铅垂线成α=10°角，炉门自重G=1000N，f=0.3。求将此炉门提起所需的力？提炉门的钢索与炉门框板平行。解：∑F=0 -Gcosα-F+F=0x S T∑F=0 F-Gsinα=0N临界状态时：F=FfS N联立上三式解得：F=G(sinα×0.3+cosα)=1037NT电工攀登电线杆用的套钩如图所示。设电线杆直径d=30cm，套钩尺寸b=10cm，a解：套钩受力如图，全反力F，F与G汇交于点CRA RB由几何关系得：b=(a+d/2)tgφ+(a-d/2)tgφ=2atgφ=2afm m m故为使套钩自锁应有：a≥b/2f=16.7cm第六章 空间力系 重心PPz（6-1aPα=60bPβ=60M解：（a）

)Pcos60RZ

1PR2(b)

M) PsinR PR 3PRZ 2F=600KNx,y,zx,y,z解：F FX XYF F

F212NF212NY XYF F520NZM)FX Y

0.242.4NmM) FY Z

0.5FX

0.2 mM(F)FZ Y

0.05m60DEG∠ACBDE60时被等速地提升时，求各角所受的力。解：受力如图所示，为空间汇交力系。F 0 Fcos60cos30 Fcos60cos30 0X AD BDF 0 FY

cos60 FAD

cos60FBD

cos60Gcos60 0F 0 F FGG0Z AD BD CD解得： FAD （压力）F BD

（压力）F CD

（压力）Q=10KN，由撑杆ADBDCDACAD（解：受力分析如图所示，为空间汇交力系，由几何关系可得：OB OC 2002mm；BD CD 2003mm；AD 2005mmF 0 X

F3

1 F 1 03 AD 5F 0 Y

1 F2

1 F2

2 Q05F 0 Z

1 F2

21 03 2解得：

F AD

（压力）F BD

（拉力）FCD （拉力）ABr1,r2,r3；F3F3’两力的大小。解：受力分析如图所示：F3和F3构成一力偶，且有F3 F3M 0 F2rZ 1 1

F2r2

F2r03 3FrFrF F 1 1 2 23 3 r35P1=150N，P2=100N，P3=200N，P4=150N，P5=100Ncm。求平行力系的合力。解：该平行力系的合力大小为：F FR RZ

F PPZ 1 2

PPP3 4 5

200N()C该合力FR与平面的交点为（XCC

），由合力矩定理有：M) X R

)P1PX 1 2

P5P2P3 5 4

650NcmM(F)M)M(F)M)P4P3P2P11200KNY RY1235C FR

1200200

6cmY MC FR

650200

3.25cm有一齿轮传动轴如图所示，大齿轮的节圆直径D=100mm，小齿轮的节圆直径d=50mmα=20P1=1950N，试求转动轴作匀速转P2解：齿轮传动轴受力如图：F 0 FX

R P F 01 2 BXF 0 F 0Y AYF 0 FZ

PR F 01 2 BZM 0 PX 1

100R2

150FBZ

27000MPPPd00MY 1 2 2 2M 0 Rz

100P2

150FBX

27001且有： R1 Ptg201R P2 21联立后解得： P1

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