《理论力学》静力学典型习题+答案

1、.1-3 试画出图示各结构中构件AB 的受力图1-4 试画出两结构中构件ABCD 的受力图.1-5 试画出图 a 和 b 所示刚体系整体各个构件的受力图1-5a1-5b.1- 8 在四连杆机构的ABCD 的铰链 B 和 C 上分别作用有力F1 和 F2，机构在图示位置平衡。试求二力F1 和 F2 之间的关系。解：杆 AB ， BC， CD 为二力杆，受力方向分别沿着各杆端点连线的方向。解法 1(解析法 )假设各杆受压，分别选取销钉B 和 C 为研究对象，受力如图所示：yyF BCCxBF BC45oF 2x30o60oF CDF ABF 1由共点力系平衡方程，对B 点有：Fx0F2FBC co

2、s 4500对 C 点有：Fx0FBCF1 cos3000解以上二个方程可得： F12 6 F2 1.63F23.解法 2(几何法 )分别选取销钉 B 和 C 为研究对象，根据汇交力系平衡条件， 作用在 B 和C 点上的力构成封闭的力多边形，如图所示。F 2F BCF ABo30o45F CD 60oF BCF 1对 B 点由几何关系可知： F2FBC cos450对 C 点由几何关系可知： FBCF1 cos300解以上两式可得： F1 1.63F22-3 在图示结构中，二曲杆重不计，曲杆 AB 上作用有主动力偶 M。试求 A 和 C 点处的约束力。解： BC为二力杆 ( 受力如图所示 )

3、，故曲杆 AB 在 B 点处受到约束力的方向沿 BC 两点连线的方向。曲杆 AB受到主动力偶 M的作用， A 点和 B 点处的约束力必须构成一个力偶才能使曲杆 AB保持平衡。 AB受力如图所示，由力偶系作用下刚体的平衡方程有（设力偶逆时针为正） ：M0 FA 10a sin(450 )M0FA 0.354 Ma其中： tan1 。对 BC杆有： FCFBFA0.354 M3aA，C两点约束力的方向如图所示。2-4.解：机构中 AB杆为二力杆，点 A,B 出的约束力方向即可确定。由力偶系作用下刚体的平衡条件，点 O,C 处的约束力方向也可确定，各杆的受力如图所示。对BC杆有：M0FBBCsin

4、300M 2 0对 AB杆有：FB FA对 OA杆有：M0M 1FAO A0求解以上三式可得： M13Nm ， FABFOF5N ，方向如图所示。 /C2-6 求最后简化结果。解： 2-6a坐标如图所示，各力可表示为:F1 Fi3 Fj， F2Fi ，F1 Fi3 Fj122322先将力系向 A点简化得（红色的）：FRFi3Fj ，M A3 Fak2方向如左图所示。由于 FRM A ，可进一步简化为一个不过A 点的力 ( 绿色的 ) ，主矢不变，其作用线距A 点的距离 d3 a ，位置如左图所示。42-6b同理如右图所示，可将该力系简化为一个不过A 点的力（绿色的），主矢为：.FR2Fi其作用

5、线距 A 点的距离 d3 a ，位置如右图所示。4简化中心的选取不同，是否影响最后的简化结果？是2-13解：整个结构处于平衡状态。选择滑轮为研究对象，受力如图，列平衡方程（坐标一般以水平向右为 x 轴正向，竖直向上为 y 轴正向，力偶以逆时针为正） ：Fx0PsinFBx0Fy0FByPP cos0选梁 AB为研究对象，受力如图，列平衡方程：Fx0FAxFBx0Fy0FAyFBy0M A0M AFByl0求解以上五个方程，可得五个未知量FAx , FAy , FBx , FBy , M A分别为：FAxFBxP sin（与图示方向相反）FAyFByP(1cos )（与图示方向相同）M AP(1

6、cos)l（逆时针方向）2-18.解：选 AB杆为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：M A0NDaGlcosF l cos0cos2Fy 0NDcosGF0求解以上两个方程即可求得两个未知量ND ,，其中：1arccos2(FG)a3(2FG)l未知量不一定是力。以下几题可看一看！2-27解：选杆 AB为研究对象，受力如下图所示。列平衡方程：（运用力对轴之矩！）M y 0P1FBC cos c FBC sin c tan0c tan2FBC60.6N.M x 0P 1 a F B c FBC sin a0FB 100N2由 Fy0和Fz 0可求出 FAy , FAz 。平衡方程M x0可用来

7、校核。思考题： 对该刚体独立的平衡方程数目是几个？2-29解：杆 1， 2， 3， 4，5，6 均为二力杆，受力方向沿两端点连线方向，假设各杆均受压。选板 ABCD为研究对象，受力如图所示，该力系为空间任意力系。采用六矩式平衡方程：M DE0F2 cos 4500F20M AO0F6 cos450aF cos450 cos450a0F62 F ( 受拉 )2M BH0F4 cos450aF6 cos450a0F42 F ( 受压 )2M AD0F1aF6 cos450 aF sin 450a0F1122 F ( 受压 )M CD0F1aF3 aF sin 450a0F31 F ( 受拉 )2M

8、 BC0F3aF5aF4 cos 450a0F50本题也可以采用空间任意力系标准式平衡方程， 但求解代数方程组非常麻烦。 类似本题的情况采用六矩式方程比较方便， 适当的选择六根轴 保证一个方程求解一个未知量，避免求解联立方程 。.2-31 力偶矩 M1500 N cm解：取棒料为研究对象，受力如图所示。列平衡方程:Fx0F10N20Fy0p cos45F2p sin 450N10M O0( F1DM0F2 )2补充方程：F1f s N1F2f s N2五个方程，五个未知量 F1 , N1, F2 , N2，f s ，可得方程：2M f S22 p D f S2M 0解得 f S1 0.223,

9、 fS 24.491。当 f S 24.491时有：p(1f S 2 )N102(1f S22 )即棒料左侧脱离V 型槽，与提议不符，故摩擦系数fS0.223。2-33解：当450 时，取杆 AB为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：Fx0Fy0M A0.FNT sin0FS T cosp 0p A B sin0T cosAC sinT sinAC cos2附加方程： FSf S FN四个方程，四个未知量 FN , FS ,T，f s ，可求得 f s0.646。2-35解：选棱柱体为研究对象，受力如图所示。假设棱柱边长为 a，重为 P，列平衡方程：F NBaP cosaaM A0P sin2

10、023M B0F NAaP cosaaP sin20Fx023F A F BP sin0如果棱柱不滑动，则满足补充方程F Af s1F NA时处于极限平衡状态。解以上F Bf s 2 F NB五个方程，可求解五个未知量FA , FNA , FB , FNB ,，其中：tan3( fs1f s2 )(1)fs 2f s123当物体不翻倒时 F NB0，则：tan600(2)即斜面倾角必须同时满足 (1)式和 (2)式，棱柱才能保持平衡。.3-10解：假设杆 AB ，DE 长为 2a。取整体为研究对象，受力如右图所示，列平衡方程：M C0FBy 2a 0FBy 0取杆 DE 为研究对象，受力如图所

11、示，列平F ByF Cy衡方程：F BxF CxM H0FDy a F a 0 FDyFM B0FDx a F 2a0FDx 2F取杆 AB 为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：Fy0FAyFDyFBy 0FAyFM A0FDxa FBx 2a 0FBxFM B0FAx 2a FDx a 0FAxF(与假设方向相反 )(与假设方向相反 )(与假设方向相反 )3-12F CyF CxF D解：取整体为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：M C 0FD b F x 0FDx Fb.取杆 AB 为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：M A 0FB b F x 0FBx Fb杆 AB 为二力杆，假设

12、其受压。取杆 AB 和 AD 构成的组合体为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：M E0(FBFD ) bF (bx) FACb0222解得 FACF ，命题得证。注意：销钉 A 和 C 联接三个物体。3-14F AF B解：取整体为研究对象，由于平衡条件可知该力系对任一点之矩为零，因此有：M A0M A (FB )MM0即 FB 必过 A 点，同理可得 FA 必过 B 点。也就是 F A 和 FB 是大小相等，方向相反且共线的一对力，如图所示。取板 AC 为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：.M C0FA sin 450aFA cos450 bM0解得： FA2Mab3-20(方向如图所示

13、 )解：支撑杆 1，2，3 为二力杆，假设各杆均受压。选梁BC 为研究对象，受力如图所示。其中均布载荷可以向梁的中点简化为一个集中力，大小为2qa，作用在BC 杆中点。列平衡方程：M B 0 F3 sin 450 a 2qa a M 0 F32( M2qa) (受压 )ayF 2F 1F 3xD选支撑杆销钉 D 为研究对象，受力如右图所示。列平衡方程：Fx0F100F1MF3 cos452qa(受压 )aFy0F2F3 sin 4500F2( M2qa) (受拉 )a选梁 AB 和 BC 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：Fx0FAxF3 cos4500FAx(M2qa) (与假设方向相反

14、 )aFy0FAyF2F3 sin 450P4qa0FAy P4qaM A0M AF2 aP 2a4qa2aF3 sin 4503a M 0M A4qa22PaM (逆时针 ).3-21解：选整体为研究对象，受力如右图所示。列平衡方程：M A0FBy2aF 2a0FByFM B0FAy2aF2a0FAyFFx0FAxFBxF0(1)F AyF ByF AxF Bx由题可知杆 DG 为二力杆，选 GE 为研究对象，作用于其上的力汇交于点G，受力如图所示，画出力的三角形，由几何关系可得：FE2 F 。2取 CEB 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：0FM C 0FBx a FBy a FE s

15、in 45 a 0FBx2F代入公式 (1)可得： FAx23-24解：取杆 AB 为研究对象，设杆重为P，受力如图所示。列平衡方程：M A 0N13r P 3r cos 6000N1 6.93(N )2.Fx0FAxN1 sin 6000FAx6(N )Fy0FAyN1 cos600P0FAy12.5( N )取圆柱 C 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：Fx0N1 cos300T cos3000T6.93(N )注意：由于绳子也拴在销钉上，因此以整体为研究对象求得的A 处的约束力不是杆 AB 对销钉的作用力。3-27解：取整体为研究对象，设杆长为L ，重为 P，受力如图所示。列平衡方程

16、：M A0FN2L sin2P L cos0FNP(1)22 tan取杆 BC 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：M B0FNL sinP L cosFsL cos0FS P(2)2F AyFAxPF sPF N补充方程： Fsf s FN ，将 (1)式和 (2)式代入有： tanf s ，即100 。23-29（）证明：（1）不计圆柱重量法 1：取圆柱为研究对象，圆柱在C 点和 D 点分别受到法向约束力和摩擦力的作用，分别以全约束力 FRC , FRD 来表示，如图所示。如圆柱不被挤出而处于平衡状态，则 FRC , FRD 等值，反向，共线。由几何关系可知， FRC , FRD 与接触

17、点 C， D 处法.线方向的夹角都是，因此只要接触面的摩擦角大于，不论 F 多大，圆柱不22会挤出，而处于自锁状态。F AyoF SDF AxF ND法 2（解析法）：首先取整体为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：M A 0FND a F l 0FNDl Fa再取杆 AB 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：M A 0FNC a F l 0FNCl F FNDa取圆柱为研究对象，受力如图所示。假设圆柱半径为R，列平衡方程：M O0FSCR FSD R 0FSC FSDFx0FNC sinFSC cosFSD0FSCFSDsinFNCsin1 cosFND1cos.由补充方程： FSCf S

18、C FNC , FSDf SDFND ，可得如果：f SCsin, f SDtantan21cos2则不论 F 多大，圆柱都不被挤出，而处于自锁状态。证明：（2）圆柱重量 P 时取圆柱为研究对象， 此时作用在圆柱上的力有重力P，C 点和 D 点处的全约束力FRC , FRD 。如果圆柱保持平衡， 则三力必汇交于 D 点（如图所示）。全约束力 FRC与 C 点处法线方向的夹角仍为，因此如果圆柱自锁在 C 点必须满足：2fSCsintan(1)cos12该结果与不计圆柱重量时相同。只满足 (1)式时 C 点无相对滑动，但在 D 点有可能滑动 (圆柱作纯滚动 )。再选杆 AB 为研究对象，对 A 点

19、取矩可得 FNCl F ，a由几何关系可得：FSC tanl FFl(2)2aFRCa cos2法 1（几何法）：PF RDF RC2圆柱保持平衡， 则作用在其上的三个力构成封闭得力三角形，如图所示。 由几何关系可知：PFRC00)sinsin180(1802.将 (2)式代入可得：Fl sintancos)(Pa Fl )(1因此如果圆柱自锁在 D 点必须满足： f SDtan(Pa即当同时满足 (1)式和 (3) 式时，圆柱自锁，命题得证。法 2（解析法）：取圆柱为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：Fx0FNC sinFSC cosFSD 0Fy0FNDPFSC sinFNC cos0解

20、得： FSCFSD tanl F ，FNDPFl (cos2aa代入补充方程： FSDf SDFND ，可得如果圆柱自锁在 D 点必须满足： f SDtan(Pa即当同时满足 (1)式和 (3) 式时，圆柱自锁，命题得证。3-30解：取整体为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：Fl sin(3)Fl )(1 cos )sintan)2Fl sin(3)Fl )(1cos )Fx0FSDFSE0Fy0 FNDFNEF2P0由题可知，杆 AC 为二力杆。作用在杆BC 上的力有主动力 F ，以及 B 和 C 处的约束力 FB 和 FAC ，由三力平衡汇交，可确定约束力FB 和 FAC 的方向如图所示

21、，.其中： tan1 ，杆 AC 受压。3取轮 A 为研究对象， 受力如图所示， 设 FAC 的作用线与水平面交于 F 点，列平衡方程：MMAF0FSD RM D00(FNDP) RM D 0取轮 B 为研究对象，受力如图所示，设 FB 的作用线与水平面交于 G 点，列平衡方程：M B0M EFSER0M G0M E(PFNE )Rtan0解以上六个方程，可得：FNDP1 F ， FNE P 3 F ，44FSDFSE1 F ， M D M E 1 FR44若结构保持平衡，则必须同时满足：M DFND ， M EFNE ， FSDf sFND ， FSEfs FNE.即： F min4P,4P

22、,4 f s P ,4 f s P 4P ，RR 31 f s 1 3 f sR因此平衡时 F 的最大值 Fmax0.36，此时：FSDFSE0.091(N )， M D M E0.91(N cm)3-35解：由图可见杆桁架结构中杆 CF，FG，EH 为零力杆。用剖面 SS 将该结构分为两部分，取上面部分为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：M C0F1 cos6FH 4FG30F1 14.58(kN ) (受拉 )Fx0F1 sinF3FH0F331.3(受拉 )Fy0F2F cosFG0F218.3(受压 )13-38解：假设各杆均受压。取三角形BCG 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程

23、：Fx0FFCD0FCDF (受压 ).取节点 C 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：Fx0FBC cos450FCDFCG cos0Fy0FBC sin 450FCG sin0其中： tan12 ，解以上两个方程可得： F BC0.586 F (受压 )223-40解：取整体为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：M A0FB 2aF 2aF 3a0FB2.5FSCC34F Ay5ABF Ax SF B用截面 S-S 将桁架结构分为两部分，假设各杆件受拉，取右边部分为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：M C0FB a F a F2 3a 0F27 F (受拉 )6FX02F F1 F2

24、0F15 F (受拉 )6.4-1解：1. 选定由杆 OA，O1 C，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F , F M 。2. 该系统的位置可通过杆 OA 与水平方向的夹角完全确定， 有一个自由度。 选参数为广义坐标。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，相应的各点的虚位移如下：r AO A， rBO B， rC O1 CrDO 1 D， rBrC ， rDrE代入可得：r A30rE4. 由虚位移原理W ( F i) 0 有：FrAFMrE(30FFM ) rE0对任意 rE0 有： FM30F ，物体所受的挤压力的方向竖直向

25、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 轴的夹角完全确定，有一个自由度。选参数为广义坐标。由几何关系可知：hatan杆的质心坐标可表示为：.zCaltancos23. 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：zCalsinsin 224. 由虚位移原理W ( F i )0 有：PzCP(al sin )0sin 22对任意0 有：al0sin 2sin2即杆 AB 平衡时：arcsin(2 a ) 31。l解： 4b1. 选杆 A

26、B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 轴的夹角完全确定，有一个自由度。选参数为广义坐标。由几何关系可知：zARsin杆的质心坐标可表示为：zCRlsincos2.3. 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：zCRcoslsinsin 224. 由虚位移原理W ( F i)0 有：PzCP(Rcoslsin )0sin 22对任意0 有：Rcosl sin0sin 22即平衡时角满足： 2 R cosl sin 30 。4-5解：1. 选整个系统为研究对象，此系

27、统包含弹簧。设弹簧力F1 , F 2 ，且 F1F 2 ，将弹簧力视为主动力。此时作用在系统上的主动力有F1 , F 2 ，以及重力 P 。2. 该系统只有一个自由度，选定为广义坐标。由几何关系可知：z Az Basin3. 在平衡位置，不破坏约束的前提下， 假定有一个微小的虚位移， 则质心的虚位移为：zCz Az Ba cos弹簧的长度 l2a sin，在微小虚位移下：2la cos2.4. 由虚位移原理W ( F i )0 有：PzC F 2l( PacosF 2 a cos)02其中 F 2k ( 2 a sin2a ) ，代入上式整理可得：2 2 P coska ( 2 sincos)

28、 a022由于 a0 ，对任意0 可得平衡时弹簧刚度系数为：k2 P cosa ( 2 sincos)24-6解：解除 A 端的约束，代之以F Ax , F Ay , M A ，并将其视为主动力，此外系统还受到主动力 F1 , F 2 , F 3 , M的作用。系统有三个自由度，选定A 点的位移x A , y A 和梁 AC 的转角为广义坐标。1在不破坏约束的前提下给定一组虚位移x A0 ,y A0 ,0，如图所示。由虚位移原理W ( F i )0 有：F Axx A0对任意 x A0 可得：F Ax02在不破坏约束的前提下给定一组虚位移x A0 ,y A0 ,0，如下图所示。由虚位移原理W

29、( F i )0 有：FAyy AF1 y1F2 y2F3y3M0(1).由几何关系可得各点的虚位移如下：y1yCy3y Ay 21yC1 y A331yC1y A33代入 (1)式：( F AyF 11 F 2F 31 M ) y A 033对任意 x A0 可得： F Ay4 ( kN ) ，方向如图所示。3在不破坏约束的前提下给定一组虚位移x A0 ,y A 0 ,0 ，如上图所示。由虚位移原理W ( F i )0有：M AF1 y1F2y 2F3y 3M0(2)有几何关系可得各点的虚位移如下：y12y3yC3y2代入 (2)式：( M A2 F 1F 23 F 3M )0对任意0 可得

30、： M A7 ( kNm ) ，逆时针方向。4-7.解：将均布载荷简化为作用在CD 中点的集中载荷 F 3 ，大小为 6 q 。1.求支座 B 处的约束力解除 B 点处的约束，代之以力F B ，并将其视为主动力，系统还受到主动力F1 , F 2 , F 3 , M 的作用，如图所示。在不破坏约束的前提下， 杆 AC不动，梁 CDB只能绕 C 点转动。系统有一个自由度，选转角为广义坐标。给定虚位移，由虚位移原理W ( F i )0 有：F BrB cos 45 0MF 2y2 cos 150 0F 3y30(1)各点的虚位移如下：rB62y29y33代入 (1)式整理可得：( 6 F BM93

31、F 2 3 F 3 )02对任意0 可得： F B18 . 6 ( kN ) ，方向如图所示。2.求固定端 A 处的约束力解除 A 端的约束，代之以 F Ax , F Ay , M A ，并将其视为主动力，系统还受到主动力 F1 , F 2 , F 3 , M 的作用。系统有三个自由度， 选定 A 点的位移 x A , y A 和梁 AC 的转角 为广义坐标。.2a. 求 F Ax在不破坏约束的前提下给定一组虚位移x A 0 ,y A0 ,0 ，此时整个结构平移，如上图所示。由虚位移原理W ( F i )0 有：F Axx AF1 x1F 2x 2 cos 120 00(2)各点的虚位移如下：x1x 2x A代入 (2)式整理可得：( F AxF10 . 5 F 2 ) x A0对任意 x A0可得：F Ax2 ( kN) ，