[工学]工程力学静力学北京科技大东北大学所有课后习题答案详解

[工学]工程力学静力学北京科技大东北大学所有课后习题答案详解内容摘要：

： (a)由∑ Fx=0 FAx=0 (b) 由∑ Fx=0 FAx=0 由∑ Fy=0 FAy=0 由∑ Fy=0 FAyqaP=0 由∑ M=0 MAm=0 MA=m ∴ FAy=qa+P 由∑ M=0 MAq•a•a/2Pa=0 ∴ MA=qa2/2+Pa (c) (d) (c) 由∑ Fx=0 FAx+P=0 (d) 由∑ Fx=0 FAx=0 ∴ FAx=P 由∑ MA=0 FRB•5a+m1m2q•3a•3a/2=0 由∑ Fy=0 FAyq•l/2=0 ∴ FRB=+(m2m1)/5a FAy=ql/2 由∑ Fy=0 FAy+FRBq•3a=0 由∑ M=0 MAq•l/2•l/4mPa=0 FAy=+(m1m2)/5a ∴ MA=ql2/8+m+Pa 47 解： (a) (b) (a)∑ MA=0 FRB•6aq(6a)2/2P•5a=0 ∴ FRB=3qa+5P/6 ∑ Fx=0 FAx+P=0 ∴ FAx =P ∑ Fy=0 FAy+FRBq•6a=0 ∴ FAy=3qa5P/6 (b) ∑ MA=0 MAq(6a)2/2P•2a=0 ∴ MA=18qa2+2Pa ∑ Fx=0 FAx+q•6a=0 ∴ FAx =6qa ∑ Fy=0 FAyP=0 ∴ FAy=P (c) ∑ MA=0 MA+m1m2q•6a•2aP•4a=0 ∴ MA=12qa2+4Pa+m2m1 ∑ Fx=0 FAx+P=0 ∴ FAx=P ∑ Fy=0 FAyq•6a=0 ∴ FAy=6qa (d) ∑ MA=0 MA+q(2a)2/2q•2a•3a=0 ∴ MA=4qa2 ∑ Fx=0 FAxq•2a=0 ∴ FAx =2qa ∑ Fy=0 FAyq•2a=0 ∴ FAy =2qa 48 解：热风炉受力分析如图示， ∑ Fx=0 Fox+q1•h+(q2q1)•h/2=0 ∴ Fox=60kN ∑ Fy=0 FAyW=0 ∴ FAy=4000kN ∑ MA=0 M0q•h•h/2(q2q1)•h•2h/3/2=0 ∴ M0=•m 49 解：起重机受力如图示， ∑ MB=0 FRA•cP•aQ•b=0 ∴ FRA=(Pa+Qb)/c ∑ Fx=0 FRA+FBx=0 ∴ FBx=(Pa+Qb)/c ∑ Fy=0 FByPQ=0 ∴ FBy=P+Q 410 解： 整体受力如图示 ∑ MB=0 FRA =0 ∴ FRA=764N ∑ Fx=0 FBx+FRA=0 ∴ FBx=764N ∑ Fy=0 FByP=0 ∴ FBy=1kN 由∑ ME=0 FCy 2+P =0 ∴ FCy=2kN 由∑ MH=0 F’ Cx 2FCy 2P +P =0 ∴ FCx=F’ Cx=3kN 411 解：辊轴受力如图示， 由∑ MA=0 FRB 1600q 1250 (1250/2+175)=0 ∴ FRB=625N 由∑ Fy=0 FRA+FRBq 1250=0 ∴ FRA=625N 412 解：机构受力如图示， ∑ MA=0 P +FRB =0 ∴ FRB=26kN ∑ Fy=0 FRA+FRBPW=0 ∴ FRA=18kN 413 解：当达到最大起重质量时， FNA=0 由∑ MB=0 W1α +W2 0G =0 ∴ Pmax= 414 解：受力如图示，不致翻倒的临界状态是 FNE=0 由∑ MF=0 W 1mQ (51)=0 ∴ W=60kN 故小车不翻倒的条件为 W≥ 60kN 415 解：设左右杆长分别为 l l2，受力如图示 左杆：∑ MO1=0 P1(l1/2)cosα 1FAl1sinα 1=0 ∴ FA=ctgα 1P1/2 右杆：∑ MO2=0 P2(l2/2)cosα 2+F39。 Al2sinα 2=0 ∴ F39。 A=ctgα 2P2/2 由 FA=F39。 A ∴ P1/P2=tgα 1/tgα 2 416 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(1tgθ ) (b)当 T=2P 时， 2P= P/2(1tgθ ) ∴ tgθ 3/4 即θ≈ 36176。 52′ 417 解 : (a) (a)取 BC杆： ∑ MB=0 FRC•2a=0 ∴ FRC=0 ∑ Fx=0 FBx=0 ∑ Fy=0 FBy+FRC=0 ∴ FBy=0 取整体： ∑ MA=0 q•2a•a+FRC•4a+MA=0 ∴ MA=2qa2 ∑ Fx=0 FAx=0 ∑ Fy=0 FAy+FRC－ｑ• 2a＝０ ∴ FAy==2qa (b) (b)取 BC杆： ∑ MB=0 FRC•2aq•2a•a=0 ∴ FRC=qa ∑ Fx=0 FBx=0 ∑ Fy=0 FRCq•2aFBy=0 ∴ FBy=qa 取整体： ∑ MA=0 MA+FRC•4aq•3a•=0 ∴ MA= ∑ Fx=0 FAx=0 ∑ Fy=0 FAy+FRC－ｑ• 3a＝０ ∴ FAy==2qa (c) (c)取 BC杆： ∑ MB=0 FRC•2a =0 ∴ FRC=0 ∑ Fx=0 FBx=0 ∑ Fy=0 FRCFBy=0 ∴ FBy=0 取整体： ∑ MA=0 MA+FRC•4am=0 ∴ MA=m ∑ Fx=0 FAx=0 ∑ Fy=0 FAy+FRC＝０ ∴ FAy=0 (d) (d)取 BC杆： ∑ MB=0 FRC•2am=0 ∴ FRC=m/2a ∑ Fx=0 FBx=0 ∑ Fy=0 FRCFBy=0 ∴ FBy=m/2a 取整体： ∑ MA=0 MA+FRC•4am=0 ∴ MA=m ∑ Fx=0 FAx=0 ∑ Fy=0 FAy+FRC＝０ ∴ FAy=m/2a 418 解： (a)取 BE部分 ∑ ME=0 FBx ∴ FBx= 取 DEB 部分： ∑ MD=0 FBx +FBy 6q ∴ FBy=0 取整体： ∑ MA=0 FBy 6+ q cos45176。 3=0 ∴ FRC= ∑ Fx=0 FRC cos45176。 +FAx+FBxq =0 ∴ FAx= ∑ Fy=0 FRC sin45176。 +FAy+FBy=0 ∴ FAy= (b)取 CD段， ∑ MC=0 FRD 4q2/2 42=0 ∴ FRD=2q2 取整体： ∑ MA=0 FRB 8+FRD 12q2 4 10q1 6 4P 4=0 ∑ Fx=0 P+FAx=0 ∴ FAx=P ∑ Fy=0 FAy+FRB+FRDq1 6q2 4=0 ∴ FAy=3q1P/2 419 解：连续梁及起重机受力如图示： 取起重机：∑ MH=0 Q 1P 3FNE 2=0 ∴ FNE=10kN ∑ Fy=0 FNE+FNHQP=0 ∴ FNH=50kN 取 BC段：∑ MC=0 FRB 6FNH 1=0 ∴ FRB= 取 ACB 段：∑ MA=0 FRD 3+FRB 12FNE 5FNH 7=0 ∴ FRD=100kN ∑ Fx=0 FAx=0 ∑ Fy=0 FAy+FRD+FRBFNEFNH=0 ∴ FAy= 420 解：整体及左半部分受力如图示 取整体：∑ MA=0 FBy lG l/2=0 ∴ FBy=1kN ∑ MB=0 FAy l+G l/2=0 ∴ FAy=1kN 取左半部分：∑ MC=0 FAx h+G/2 l/4FAy l/2=0 ∴ FAx= 取整体：∑ Fx=0 FAx+FBx=0 ∴ FBx= 421 解：各部分及整体受力如图示 取吊车梁：∑ MD=0 FNE 8P 4Q 2=0 ∴ FNE= ∑ Fy=0 FND+FNEQP=0 ∴ FND= 取 T房房架整体： ∑ MA=0 FBy 12(G2+FNE) 10(G1+FND) 2F 5=0 ∴ FBy= ∑ MB=0 FAy 12F 5+(G1+FND) 2+(G2+FNE) 2=0 ∴ FAy= 取 T房房架作部分： ∑ MC=0 FAy 6FAx 10F 5(G1+FND) 4=0 ∴ FAx= ∑ Fx=0 FCx+F+FAx=0 ∴ FCx= ∑ Fy=0 FCy+FAyG1FND=0 ∴ FCy=5kN 取 T房房架整体： ∑ Fx=0 FAx+F+FBx=0 ∴ FBx= 422 解：整体及部分受力如图示 取整体：∑ MC=0 FAx•l•tg45176。 G•(2l+5)=0 ∴ FAx=(2+5/l)G ∑ MA=0 FCx•ltg45176。 G(2l+5)=0 ∴ FCx=(2+5/l)G 取 AE杆：∑ ME=0 – FAx•lFAy•lG•r=0 ∴ FAy=2G ∑ Fx=0 FAx+FBx+G=0 ∴ FBx=(1+5/l)G ∑ Fy=0 FAy+FBy=0 ∴ FBy=2G 取整体：∑ Fy=0 FAy+FCyG=0 ∴ FCy=G 取轮 D： ∑ Fx=0 FDxG=0 ∴ FDx=G ∑ Fy=0 FDyG=0 ∴ FDy=G 423 解：整体及部分受力如图示 取整体：∑ MB=0 FCy 10W2 9P 4W1 1=0 ∴ FCy=48kN ∑ Fy=0 FBy+FCyW1W2P=0 ∴ FBy=52kN 取 AB段：∑ MA=0 FBx 4+W1 4+P 1FBy 5=0 ∴ FBx=20kN ∑ Fx=0 FBx+FAx=0 ∴ FAx=20kN ∑ Fy=0 FBy+FAyW1P=0 ∴ FAy=8kN 取整体：∑ Fx=0 FBx+FCx=0 ∴ FCx=20kN 424 解：系统中 5 杆均为二力杆，整体及部分受力如图： 取整体：∑ Fx=0 FAx=0 ∑ MA=0 3P16P210P3+14FRB=0 ∴ FRB=80kN ∑ Fy=0 FAy+FRBP1P2P3=0 ∴ FAy=90kN 取左半部分：∑ MH=0 P2 1+P1 4FAy 7+S3 3=0 ∴ S3=117kN 取节点 E：∑ Fx=0 S3S1cosα =0 ∴ S1=146kN ∑ Fy=0 S2+S1sinα =0 ∴ S2= 取节点 F：∑ Fx=0 S3+S5cosα =0 ∴ S5=146kN ∑ Fy=0 S4+S5sinα =0 ∴ S4= 425 解：整体及部分受力如图示： 取整体：∑ MA=0 FRB 4P()P(2+R)=0 ∴ FRB=21kN ∑ Fx=0 FAxP=0 ∴ FAx=24kN ∑ Fy=0 FAy+FRBP=0 ∴ FAy=3kN 取 ADB 杆：∑ MD=0 FBy 2FAy 2=0 ∴ FBy=3kN 取 B点建立如图坐标系： ∑ Fx=0 (FRBF39。 By)sinθ F39。 Bxcosθ =0 且有 FBy=F39。 By， FBx=F39。 Bx ∴ F39。 Bx18tgθ =18 2/=24kN ４ 26 解：整体及部分受力如图示： 取整体：∑ MB=0 FAx 4+P =0 ∴ FAx=43kN ∑ Fx=0 FB+FAx=0 ∴ FBx=43kN 取 BC杆：∑ MC=。