缜密机械设计基础习题答案（裘祖荣）

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第一章结构设计中的静力学平衡

1-1解：力和力偶不能合成；力偶也不可以用力来平衡。

1-2解：平面汇交力系可以列出两个方程，解出两个未知数。1-3解：

q(x)

取坐标系如图，如图知q(x)?100x则载荷q(x)对A点的矩为

1-4解：1）AB杆是二力杆，其受力方向如图，且FA’＝FB’2）OA杆在A点受力FA，和FA’是一对作用力和反作用力。显然OA杆在O点受力FO，FO和FA构成一力偶与m1平衡，所以有FA?OA?sin30??m1?0代入OA=400mm，m1=1N?m，得FA=5N所以FA’＝FA＝5N，FB’＝FA’＝5N，即杆AB所受的力S＝FA’＝5N3）同理，O1B杆在B点受力FB，和FB’是一对作用力和反作用力，FB＝FB’＝5N；且在O1点受力FO1，FO1和FB构成一力偶与m2平衡，所以有m2?FB?O1B?0代入O1B=600mm，得m2=3N.m。

1-5解：

N2

FB’BFBm2OFO1O11）首先取球为受力分析对象，受重力P，墙壁对球的正压力N2和杆AB对球的正压力N1，处于平衡。有：

FAm1FOFA’AXMA(q)??q(x)?(2?x)dx?66.7(KN?m)01B?PP/nN1?sin?则N1?si?N1D2）取杆AB进行受力分析，受力如下图，D杆AB平衡，则对A点的合力矩为0：

AFAY?FAXN1’TMA(F)?T?l?cos??N1?AD?0

3）根据几何关系有

AD?aaa(1?cos?)??sin?tan?sin?1

Pa1?1/cos?Pa1???lsin2?lcos??cos2?Pa2当cos??cos?最大，即?＝60°时，有Tmin＝。

4l最终解得：T?1-6解：1）取整体结构为行受力分析，在外力（重

力P、在B点的正压力FB和在C点的正压力FC）作用下平衡，则对B点取矩，合力矩为0：

MB(F)?0?FC?2l?cos??P(2lcos??acos?)aa解得FC?P(1?)，FB?P?FC?P

2l2l

FC

FB

AFA2）AB杆为三力杆，三力汇交，有受力如图所示。根据平衡条件列方程：F??Fxy?0?S?FA?cos??0?FB?FA?sin?FB?S解得：S?FB/tan?又根据几何关系知：tan??将FB和tan?代入得：S?

1-7解：

NBF?FB’FBhlcos?BPacos?2h1）AB杆是二力杆，受力如图，FA’和FB’大小相等，方向相反。2）取滑块进行受力分析，受外力F，正压力N，和杆AB对它的力FB（和FB’是一对作用力和反作用力）。根据平衡条件可列方程?FAMy?0?FB?cos??FdFA’FAs即FB?F/co?3）取OA杆进行受力分析。OA杆在A

点受力FA（和FA’是一对作用力和反作用力）。对O点取矩，根据平衡条件合力矩为0：OMO(F)?0?FA?d?M即：M?FA?d?FA'?d?FB'?d?FB?d?Fd/cos?

又：d=(200+100)sin?tan?＝100/200解得：M＝60000N.mm＝60N.m

2

1-8解：1）BC杆是二力杆，受力在

杆沿线上。2）取CD杆和滑轮为一体进行受力分析。其中滑轮受力可简化到中心E（如图，T＝Q）。C点受力FC（方向由二力杆BC确定）。列平衡方程：?MD(F)?0?FCcos??CD?T?DE??MC(F)?0?FDX?CD?T?CE???FY?0?FCsin??FDY?QFC??DTEQCFDYFDX

代入已知参数，解得：FDX＝2Q，FDY＝0.25Q

1-9解：取杆AB分析，A端为固定铰链，B端受拉力FB，D点受滑轮对其的作用力（滑轮受力简化到中心点D）T和Q，T＝Q＝1800N。AB杆平衡，列平衡方程：

FAXAFAYQTDFB?B?MA(F)?0?FBsin??AB?Q?AD???FX?0?FAX?T?FBcos????FY?0?FAY?FBsin??Q代入已知参数，解得：FAX＝2400N，FAY＝1200N

1-10解：1）取偏心轮分析受力，处于平衡状态时，有N和FC构成一力偶，与m平衡。有FC＝N，MC(F)?0?m?N?e，得：N＝m/e

2）取推杆分析受力，处于平衡状态时有

（推杆有向上运动的趋势，故摩擦力方向如图，且正压力N’和N是一对作用力和反作用力，N’＝N）：

NAFAOQFBNB

N’

?MO(F)?0?N'?a?NA?b?FA?d/2?FB?d/2???FX?0?NA?NB??FY?0?N'?Q?FA?FB?又FA?f?NA,NFCCmFB?f?NB联立方程

3

组解得：NA＝am/be，FA＝FB＝fam/be

3）若要推杆不被卡住，则要求