工程力学(静力学答案)

下列习题中，凡未标出自重的物体，质量不计。接触处都不计摩擦。

1-1试分别画出下列各物体的受力图。

1-2试分别画出下列各物体系统中的每个物体的受力图。

1-3试分别画出整个系统以及杆BD，AD，AB（带滑轮C，重物E和一段绳索）的受力图。

1-4构架如图所示，试分别画出杆HED，杆BDC及杆AEC的受力图。 1-5构架如图所示，试分别画出杆BDH，杆AB，销钉A及整个系统的受力图。 1-6构架如图所示，试分别画出杆AEB，销钉A及整个系统的受力图。 1-7构架如图所示，试分别画出杆AEB，销钉C，销钉A及整个系统的受力图。 1-8结构如图所示，力P作用在销钉C上，试分别画出AC，BCE及DEH部分的受力图。

参

1-1解：

1-2解： 1-3解： 1-4解： 1-5解： 1-6解： 1-7解： 1-8解：

第二章习题

参

2-1解：由解析法，

FRXXP2cosP380N

故：

FRFRX2FRY2161.2N

2-2解：即求此力系的合力，沿OB建立x坐标，由解析法，有

故：

FRFRX2FRY23KN方向沿OB。

2-3解：所有杆件均为二力杆件，受力沿直杆轴线。 （a）由平衡方程有：

联立上二式，解得：

FAB0.577WFAC1.155W（拉力）

（压力）

（b）由平衡方程有：

联立上二式，解得：

FAB1.0WFAC0.3W（拉力）

（压力）

（c）由平衡方程有：

联立上二式，解得：

FAB0.5W(拉力)

FAC0.866W（压力）

（d）由平衡方程有：

联立上二式，解得：

FAB0.577W(拉力)

FAC0.577W(拉力)

2-4解：（a）受力分析如图所示：

44222由

x0FRAPcos450

24222由

Y0FRAFRBPsin450

(b)解：受力分析如图所示：由 联立上二式，得：

2-5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

FRA5KN所以：（压力）

FRB5KN（与X轴正向夹150度）

2-6解：受力如图所示：

FRG1FACG2已知，，

由

x0FACcosFr0

由Y0FACsinFNW0

2-7解：受力分析如图所示，取左半部分为研究对象

由

x0PFRAcos45FCBcos450

联立后，解得：

FRA0.707P

由二力平衡定理

0.707PFRBFCBFCB

2-8解：杆AB，AC均为二力杆，取A点平衡

由

x0FACcos60FABcos30W0

联立上二式，解得：

FAB7.32KN（受压）

FAC27.3KN（受压）

2-9解：各处全为柔索约束，故反力全为拉力，以D，B点分别列平衡方程 （1）取D点，列平衡方程

由

x0TDBsinWcos0

（2）取B点列平衡方程

由cos0Y0TsinTBD

2-10解：取B为研究对象：

由取C为研究对象：

Y0FBCsinP0

由

x0FBCcosFDCsinFCEsin0

由Y0FBCsinFDCcosFCEcos0

联立上二式，且有取E为研究对象：

FBCFBC解得：

由cos0Y0FNHFCE

FCEFCE故有：

2-11解：取A点平衡：

P2cos75

联立后可得：

FADFAB取D点平衡，取如图坐标系：

FADFAD由对称性及

2-12解：整体受力交于O点，列O点平衡

由

x0FRAcosFDCPcos300

联立上二式得：

FDC1.33KNFRA2.92KN

（压力）

列C点平衡

FAC1.67KN联立上二式得：

FBC1.0KN（拉力）

（压力）

2-13解：

（1）取DEH部分，对H点列平衡 联立方程后解得：FRD5Q （2）取ABCE部分，对C点列平衡

FREFRE且

联立上面各式得：FRA22Q

（3）取BCE部分。根据平面汇交力系平衡的几何条件。 2-14解：（1）对A球列平衡方程

x0FABcosFNAsin0（1）

Y0FNAcosFABsin2P0（2）

（2）对B球列平衡方程

x0FNBcos0cosFAB（3）

Y0F且有：

FNBFNBNBsinP0sinFAB（4）

（5）

把（5）代入（3），（4）

FABcosFABsin2Ptg由（1），（2）得：（6）

tg又（3），（4）得：

PFABsinFABcos（7）

由（7）得：

FABPtgcossin（8）

将（8）代入（6）后整理得：

FNAFND2-15解：，和P构成作用于AB的汇交力系，由几何关系：

又

FCEFCE

整理上式后有：

FABsin75FADsin750取正根

FABcos75FADcos75P0第三章习题

参

3-1解：

3-2解：

P1,P3;P2,P5;P4,P6构成三个力偶

因为是负号，故转向为顺时针。

3-3解：小台车受力如图，为一力偶系，故

FG，FNAFNB

由

M0

3-4解：锤头受力如图，锤头给两侧导轨的侧压力力偶平衡

由FN1和

FN2构成一力偶，与P，P构成

M0PeFN1h0

3-5解：电极受力如图，等速直线上升时E处支反力为零

FRE0即：

且有：SW

由M0FNAbWa0

3-6解：A，B处的约束反力构成一力偶

由O1AO2BM0M2M1FRB2a0

3-7解：，受力如图，

由M0，分别有：

O1A杆：

m1FAB6asin30（1）

O2B杆：

m2FBA8a0（3）

（2）

且有：

FABFBA将（3）代入（2）后由（1）（2）得：

m13m28

3-8解：杆ACE和BCD受力入图所示，且有：

对ACE杆：

FRA2ctg30m10

对BCD杆：

FRB2ctg30m20

第四章习题

4-1已知F1=60N，F2=80N，F3=150N，m=100N.m，转向为逆时针，θ=30°图中距离单位为m。试求图中力系向O点简化结果及最终结果。

4-2已知物体所受力系如图所示，F=10Kn，m=20kN.m，转向如图。

（a）若选择x轴上B点为简化中心，其主矩LB=10kN.m，转向为顺时针，试求B点的位置及主矢R’。 （b）若选择CD线上E点为简化中心，其主矩LE=30kN.m，转向为顺时针，α=45°，试求位于CD直线上的E点的位置及主矢R’。

4-3试求下列各梁或刚架的支座反力。 解：

（a）受力如图

由∑MA=0FRB?3a-Psin30°?2a-Q?a=0 ∴FRB=（P+Q）/3

由∑x=0FAx-Pcos30°=0

∴FAx=P 由∑Y=0FAy+FRB-Q-Psin30°=0 ∴FAy=（4Q+P）/6 4-4高炉上料的斜桥，其支承情况可简化为如图所示，设A和B为固定铰，D为中间铰，料车对斜桥的总压力为Q，斜桥（连同轨道）重为W，立柱BD质量不计，几何尺寸如图示，试求A和B的支座反力。 4-5齿轮减速箱重W=500N，输入轴受一力偶作用，其力偶矩m1=600N.m，输出轴受另一力偶作用，其力偶矩m2=900N.m，转向如图所示。试计算齿轮减速箱A和B两端螺

32栓和地面所受的力。 4-6试求下列各梁的支座反力。 (a)(b)

4-7各刚架的载荷和尺寸如图所示，图c

中m2＞m1，试求刚架的各支座反力。

4-8图示热风炉高h=40m，重W=4000kN，所受风压力可以简化为梯形分布力，如图所示，q1=500kN/m，q2=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。

4-9起重机简图如图所示，已知P、Q、a、b及c，求向心轴承A及向心推力轴承B的反力。

4-10构架几何尺寸如图所示，R=0.2m，P=1kN。E为中间铰，求向心轴承A的反力、向心推力轴承B的反力及销钉C对杆ECD的反力。

4-11图示为连续铸锭装置中的钢坯矫直辊。钢坯对矫直辊的作用力为一沿辊长分布的均布力q，已知q=1kN/mm，坯宽1.25m。试求轴承A和B的反力。

4-12立式压缩机曲轴的曲柄EH转到垂直向上的位置时，连杆作用于曲柄上的力P最大。现已知P=40kN，飞轮重W=4kN。求这时轴承A和B的反力。

4-13汽车式起重机中，车重W1=26kN，起

重臂ＣＤＥ重Ｇ＝４.５kN，起重机旋转及固定部分重Ｗ2＝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。求最大起重量Ｐmax。

4-14平炉的送料机由跑车A及走动的桥B所组成，跑车装有轮子，可沿桥移动。跑车下部装有一倾覆操纵柱D，其上装有料桶C。料箱中的载荷Q=15kN，力Q与跑车轴线OA的距离为5m，几何尺寸 如图所示。如欲保证跑车不致翻倒，试问小车连同操纵柱的重量W最小应为多少？ 4-15两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且光滑的墙上，质量分别为P1与P2。求平衡时两杆的水平倾角α1与α2的关系。

4-16均质细杆AB重P，两端与滑块相连，滑块Ａ和Ｂ可在光滑槽内滑动，两滑块又通过滑轮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。

4-17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。 4-18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。 4-19起重机在连续梁上，已知P=10kN，Q=50kN，不计梁质量，求支座A、B和D的反力。

4-20箱式电炉炉体结构如图a所示。D为炉壳，E为炉顶拱，H为绝热材料，I为边墙，J为搁架。在实际炉子设计中，考虑到炉子在高温情况下拱顶常产生裂缝，可将炉拱简化成三铰拱，如图b所示。已知拱顶是圆弧形，跨距l=1.15m，拱高

h=0.173m，炉顶重G=2kN。试求拱脚A和B处反力。

4-21图示厂房房架是由两个刚架AC和BC用铰链连接组成，Ａ与Ｂ两铰链固结于地基，吊车梁宰房架突出部分Ｄ和Ｅ上，已知刚架重Ｇ1＝Ｇ2＝60kN,吊车桥重Q=10kN，风力F=10kN，几何尺寸如图 所示。Ｄ和Ｅ两点分别在力Ｇ1和Ｇ2的作用线上。求铰链Ａ、Ｂ和Ｃ的反力。

4-22图示构架由滑轮D、杆AB和CBD构成，一钢丝绳绕过滑轮，绳的一端挂一重物，重量为G，另一端系在杆AB的E处，尺寸如图所示，试求铰链A、B、C和D处反力。

4-23桥由两部分构成，重W1=W2=40kN，桥上有载荷P=20kN，尺寸如图所示，试求出铰链A、B和C的反力。

4-24图示结构，在C、D、E、F、H处均为铰接。已知P1=60kN，P2=40kN，P3=70kN,几何尺寸如图所示。试求各杆所受的力。 4-25构架的载荷和尺寸如图所示，已知P=24kN，求铰链Ａ和辊轴Ｂ的反力及销钉Ｂ对杆ＡＤＢ的反力。

４-26构架的载荷和尺寸如图所示，已知P=40kN，R=0.3m，求铰链A和B的反力及销钉C对杆ADC的反力。

4-27图示破碎机传动机构，活动夹板AB长为600mm，假设破碎时矿石对活动夹板作用力沿垂直于AB方向的分力P=1kN，

BC=CD=600mm，AH=400mm，OE=100mm，图示位置时，机构平衡。试求电机对杆OE作用

的力偶的力偶矩m0。

4-28曲柄滑道机构如图所示，已知

m=600N.m，OA=0.6m，BC=0.75m。机构在图示位置处于平衡，α=30°，β=60°。求平衡时的P值及铰链O和B反力。 4-29插床机构如图所示，已知OA=310mm，O1B=AB=BC=665mm，CD=600mm，OO1=545mm，P=25kN。在图示位置：OO1A在铅锤位置；O1C在水平位置，机构处于平衡，试求作用在曲柄OA上的主动力偶的力偶矩m。 4-30在图示机构中，OB线水平，当B、D、F在同一铅垂线上时，DE垂直于EF，曲柄ＯＡ正好在铅锤位置。已知OA=100mm，BD=BC=DE=100mm，EF=1003mm，不计杆重和摩擦，求图示位置平衡时m/P的值。 4-31图示屋架为锯齿形桁架。

G1=G2=20kN，W1=W2=10kN，几何尺寸如图所示，试求各杆内力。

4-32图示屋架桁架。已知

F1=F2=F4=F5=30kN，F3=40kN，几何尺寸如图所示，试求各杆内力。

4-33桥式起重机机架的尺寸如图所示。

P1=100kN，P2=50kN。试求各杆内力。 4-34图示屋架桁架，载荷G1=G2=G3=G4=G5=G，几何尺寸如图所示，试求：杆1、2、3、4、5和6的内力。

参

4-1解：FXFFcos3049.9N tgY/X0.3∴α=196°42′

LM(F)F5F2Fcos304m279.6Nm（顺时针转

向）

FFiFj(49.9i15j)N故向O点简化的结果为： 由于FR′≠0，L0≠0，故力系最终简化结果为一合力F，F大小和方向与主矢F'相同，合力FR的作用线距O点的距离为d。 FR=FR=52.1N d=L0/FR=5.37m

4-2解：（a）设B点坐标为（b，0） LB=∑MB（F）=-m-Fb=-10kN.m

∴b=（-m+10）/F=-1m∴B点坐标为（-1，0）

oRx23o00123RRxRyRRRF'RFiFi1nF'R=∴FR′=10kN，方向与y轴正向

一致

（b）设E点坐标为（e，e）

LE=∑ME（F）=-m-F?e=-30kN.m

∴e=（-m+30）/F=1m∴E点坐标为（1，1） FR′=10kN方向与y轴正向一致 4-3解：（a）受力如图

由∑MA=0FRB?3a-Psin30°?2a-Q?a=0 ∴FRB=（P+Q）/3

由∑x=0FAx-Pcos30°=0

∴FAx=P 由∑Y=0FAy+FRB-Q-Psin30°=0 ∴FAy=（4Q+P）/6 （b）受力如图

由∑MA=0FRB?cos30°-P?2a-Q?a=0 ∴FRB=33（Q+2P）

由∑x=0FAx-FRB?sin30°=0 ∴FAx=33（Q+2P）

由∑Y=0FAy+FRB?cos30°-Q-P=0 ∴FAy=（2Q+P）/3

（c）解：受力如图： 由∑MA=0FRB?3a+m-P?a=0 ∴FRB=（P-m/a）/3 由∑x=0FAx=0

1232由∑Y=0FAy+FRB-P=0 ∴FAy=（2P+m/a）/3 （d）解：受力如图： 由∑MA=0FRB?2a+m-P?3a=0 ∴FRB=（3P-m/a）/2 由∑x=0FAx=0

由∑Y=0FAy+FRB-P=0 ∴FAy=（-P+m/a）/2 （e）解：受力如图：

由∑MA=0FRB?3-P?1.5-Q?5=0 ∴FRB=P/2+5Q/3 由∑x=0FAx+Q=0 ∴FAx=-Q

由∑Y=0FAy+FRB-P=0 ∴FAy=P/2-5Q/3

（f）解：受力如图： 由∑MA=0FRB?2+m-P?2=0 ∴FRB=P-m/2 由∑x=0FAx+P=0 ∴FAx=-P

由∑Y=0FAy+FRB=0 ∴FAy=-P+m/2

4-4解：结构受力如图示，BD为二力杆 由∑MA=0-FRB?a+Q?b+W?l/2?cosα=0 ∴FRB=(2Qb+Wlcosα)/2a 由∑Fx=0-FAx-Qsinα=0 ∴FAx=-Qsinα

由∑Fy=0FRB+FAy-W-Qcosα=0

∴FAy=Q(cosα-b/a)+W(1-lcosα/2a) 4-5解：齿轮减速箱受力如图示， 由∑MA=0FRB×0.5-W×0.2-m1-m2=0 FRB=3.2kN

由∑Fy=0FRA+FRB-W=0 FRA=-2.7kN 4-6解：

(a)由∑Fx=0FAx=0(b)由∑Fx=0FAx=0 由∑Fy=0FAy=0由∑Fy=0FAy-qa-P=0 由∑M=0MA-m=0MA=m∴FAy=qa+P 由∑M=0MA-q?a?a/2-Pa=0

2

∴MA=qa/2+Pa (c)(d)

(c)由∑Fx=0FAx+P=0(d)由∑Fx=0FAx=0 ∴FAx=-P由∑

MA=0FRB?5a+m1-m2-q?3a?3a/2=0

由∑Fy=0FAy-q?l/2=0∴FRB=0.9qa+(m2-m1)/5a

FAy=ql/2由∑

Fy=0FAy+FRB-q?3a=0 由∑

M=0MA-q?l/2?l/4-m-Pa=0FAy=2.1qa+(m1-m2)/5a

∴MA=ql2/8+m+Pa 4-7解： (a)(b)

2

(a)∑MA=0FRB?6a-q(6a)/2-P?5a=0∴FRB=3qa+5P/6

∑Fx=0FAx+P=0∴FAx=-P

∑Fy=0FAy+FRB-q?6a=0∴FAy=3qa-5P/6

2

(b)∑MA=0MA-q(6a)/2-P?2a=0∴2

MA=18qa+2Pa

∑Fx=0FAx+q?6a=0∴FAx=-6qa ∑Fy=0FAy-P=0∴FAy=P

(c)∑MA=0MA+m1-m2-q?6a?2a-P?4a=0∴2

MA=12qa+4Pa+m2-m1

∑Fx=0FAx+P=0∴FAx=-P ∑Fy=0FAy-q?6a=0∴FAy=6qa

(d)∑MA=0MA+q(2a)/2-q?2a?3a=0∴2

MA=4qa

∑Fx=0FAx-q?2a=0∴FAx=2qa ∑Fy=0FAy-q?2a=0∴FAy=2qa

4-8解：热风炉受力分析如图示，

∑Fx=0Fox+q1?h+(q2-q1)?h/2=0∴Fox=-60kN ∑Fy=0FAy-W=0∴FAy=4000kN

∑MA=0M0-q?h?h/2-(q2-q1)?h?2h/3/2=0∴M0=1467.2kN?m

4-9解：起重机受力如图示， ∑MB=0-FRA?c-P?a-Q?b=0∴FRA=-(Pa+Qb)/c

∑Fx=0FRA+FBx=0∴FBx=(Pa+Qb)/c ∑Fy=0FBy-P-Q=0∴FBy=P+Q 4-10解：整体受力如图示

∑MB=0-FRA×5.5-P×4.2=0∴FRA=-7N ∑Fx=0FBx+FRA=0∴FBx=7N ∑Fy=0FBy-P=0∴FBy=1kN

由∑ME=0FCy×2+P×0.2-P×4.2=0∴FCy=2kN

由∑MH=0F’Cx×2-FCy×2-P×2.2+P×0.2=0∴FCx=F’Cx=3kN

2

4-11解：辊轴受力如图示， 由∑MA=0FRB×1600-q×1250×(1250/2+175)=0 ∴FRB=625N

由∑Fy=0FRA+FRB-q×1250=0∴FRA=625N 4-12解：机构受力如图示，

∑MA=0-P×0.3+FRB×0.6-W×0.9=0∴FRB=26kN

∑Fy=0FRA+FRB-P-W=0∴FRA=18kN

4-13解：当达到最大起重质量时，FNA=0 由∑MB=0W1×α+W2×0-G×2.5-Pmax×5.5=0

∴Pmax=7.41kN

4-14解：受力如图示，不致翻倒的临界状态是FNE=0

由∑MF=0W×1m-Q×(5-1)=0∴W=60kN 故小车不翻倒的条件为W≥60kN

4-15解：设左右杆长分别为l1、l2，受力如图示 左杆：∑MO1=0P1(l1/2)cosα1-FAl1sinα1=0∴FA=ctgα1P1/2 右杆：∑MO2=0-P2(l2/2)cosα2+F'Al2sinα

=0∴F'A=ctgα2P2/2

由FA=F'A∴P1/P2=tgα1/tgα2

4-16解：设杆长为l，系统受力如图 (a)∑M0=0P?l/2cosθ+T?l?sinθ-Tlcosθ=0∴T=P/2(1-tgθ)

(b)当T=2P时，2P=P/2(1-tgθ)∴tgθ3/4即θ≈36°52′

2

4-17解: (a)

(a)取BC杆：

∑MB=0FRC?2a=0∴FRC=0 ∑Fx=0FBx=0

∑Fy=0-FBy+FRC=0∴FBy=0 取整体：

2

∑MA=0-q?2a?a+FRC?4a+MA=0∴MA=2qa ∑Fx=0FAx=0

∑Fy=0FAy+FRC－ｑ?2a＝０ ∴FAy==2qa (b)

(b)取BC杆：

∑MB=0FRC?2a-q?2a?a=0∴FRC=qa ∑Fx=0FBx=0

∑Fy=0FRC-q?2a-FBy=0∴FBy=-qa 取整体：

2

∑MA=0MA+FRC?4a-q?3a?2.5a=0∴MA=3.5qa ∑Fx=0FAx=0

∑Fy=0FAy+FRC－ｑ?3a＝０ ∴FAy==2qa (c)

(c)取BC杆：

∑MB=0FRC?2a=0∴FRC=0 ∑Fx=0FBx=0

∑Fy=0FRC-FBy=0∴FBy=0 取整体：

∑MA=0MA+FRC?4a-m=0∴MA=m ∑Fx=0FAx=0

∑Fy=0FAy+FRC＝０ ∴FAy=0 (d)

(d)取BC杆：

∑MB=0FRC?2a-m=0∴FRC=m/2a

∑Fx=0FBx=0

∑Fy=0FRC-FBy=0∴FBy=m/2a 取整体：

∑MA=0MA+FRC?4a-m=0∴MA=-m ∑Fx=0FAx=0

∑Fy=0FAy+FRC＝０ ∴FAy=-m/2a 4-18解：

(a)取BE部分

∑ME=0FBx×5.4-q×5.4×5.4/2=0∴FBx=2.7q

取DEB部分：

∑MD=0FBx×5.4+FBy×6-q×5.4×5.4/2=0∴FBy=0 取整体：

∑MA=0FBy×6+q×5.4×5.4/2-FRC×cos45°×3=0∴FRC=6.87q

∑Fx=0FRC×cos45°+FAx+FBx-q×5.4=0∴FAx=-2.16q

∑Fy=0FRC×sin45°+FAy+FBy=0∴FAy=-4.86q

(b)取CD段，

2

∑MC=0FRD×4-q2/2×4=0∴FRD=2q2

取整体：

∑MA=0FRB×8+FRD×12q2×4×10-q1×6×4-P×4=0

∑Fx=0P+FAx=0∴FAx=-P

∑Fy=0FAy+FRB+FRD-q1×6-q2×4=0∴FAy=3q1-P/2

4-19解：连续梁及起重机受力如图示： 取起重机：∑MH=0Q×1-P×3-FNE×2=0∴FNE=10kN

∑Fy=0FNE+FNH-Q-P=0∴FNH=50kN 取BC段：∑MC=0FRB×6-FNH×1=0∴FRB=8.33kN 取ACB段：∑MA=0FRD×3+FRB×12-FNE×5-FNH×7=0∴FRD=100kN ∑Fx=0FAx=0

∑Fy=0FAy+FRD+FRB-FNE-FNH=0∴FAy=48.33kN 4-20解：整体及左半部分受力如图示 取整体：∑MA=0FBy×l-G×l/2=0∴FBy=1kN ∑MB=0-FAy×l+G×l/2=0∴FAy=1kN

取左半部分：∑MC=0FAx×h+G/2×l/4-FAy×l/2=0∴FAx=1.66kN

取整体：∑Fx=0FAx+FBx=0∴FBx=-1.66kN

4-21解：各部分及整体受力如图示 取吊车梁：∑MD=0FNE×8-P×4-Q×2=0∴FNE=12.5kN

∑Fy=0FND+FNE-Q-P=0∴FND=17.5kN 取T房房架整体：

∑MA=0FBy×12-(G2+FNE)×10-(G1+FND)×2-F×5=0∴FBy=77.5kN

∑MB=0-FAy×12-F×5+(G1+FND)×2+(G2+FNE)×2=0∴FAy=72.5kN 取T房房架作部分：

∑MC=0FAy×6-FAx×10-F×5-(G1+FND)×4=0∴FAx=7.5kN

∑Fx=0FCx+F+FAx=0∴FCx=-17.5kN ∑Fy=0FCy+FAy-G1-FND=0∴FCy=5kN 取T房房架整体： ∑Fx=0FAx+F+FBx=0 ∴FBx=-17.5kN

4-22解：整体及部分受力如图示 取整体：∑MC=0-FAx?l?tg45°-G?(2l+5)=0∴FAx=-(2+5/l)G ∑MA=0FCx?ltg45°-G(2l+5)=0∴FCx=(2+5/l)G

取AE杆：∑ME=0–FAx?l-FAy?l-G?r=0∴FAy=2G

∑Fx=0FAx+FBx+G=0∴FBx=(1+5/l)G ∑Fy=0FAy+FBy=0∴FBy=-2G

取整体：∑Fy=0FAy+FCy-G=0∴FCy=-G 取轮D：∑Fx=0FDx-G=0∴FDx=G ∑Fy=0FDy-G=0∴FDy=G

4-23解：整体及部分受力如图示

取整体：∑MB=0FCy×10-W2×9-P×4-W1×1=0∴FCy=48kN

∑Fy=0FBy+FCy-W1-W2-P=0∴FBy=52kN

取AB段：∑MA=0FBx×4+W1×4+P×1-FBy×5=0∴FBx=20kN

∑Fx=0FBx+FAx=0∴FAx=-20kN ∑Fy=0FBy+FAy-W1-P=0∴FAy=8kN

取整体：∑Fx=0FBx+FCx=0∴FCx=-20kN 4-24解：系统中1、2、3、4、5杆均为二力杆，整体及部分受力如图： 取整体：∑Fx=0FAx=0

∑MA=0-3P1-6P2-10P3+14FRB=0∴FRB=80kN ∑Fy=0FAy+FRB-P1-P2-P3=0∴FAy=90kN 取左半部分：∑MH=0P2×1+P1×4-FAy×7+S3

×3=0∴S3=117kN 取节点E：∑Fx=0S3-S1cosα=0∴S1=146kN ∑Fy=0S2+S1sinα=0∴S2=-87.6kN 取节点F：∑Fx=0-S3+S5cosα=0∴S5=146kN

∑Fy=0S4+S5sinα=0∴S4=-87.6kN 4-25解：整体及部分受力如图示： 取整体：∑MA=0FRB×

4-P(1.5-R)-P(2+R)=0∴FRB=21kN ∑Fx=0FAx-P=0∴FAx=24kN ∑Fy=0FAy+FRB-P=0∴FAy=3kN 取ADB杆：∑MD=0FBy×2-FAy×2=0∴FBy=3kN 取B点建立如图坐标系：

∑Fx=0(FRB-F'By)sinθ-F'Bxcosθ=0且有FBy=F'By，FBx=F'Bx

∴F'Bx18tgθ=18×2/1.5=24kN

４-26解：整体及部分受力如图示： 取整体：∑MB=0FAx×4+P×4.3=0∴FAx=-43kN

∑Fx=0FB+FAx=0∴FBx=43kN 取BC杆：∑MC=0FBx×4+P×0.3-P×0.3-P×2.3-FBy×4=0∴FBy=20kN

∑Fx=0FBx+FCx-P=0∴FCx=-3kN ∑Fy=0FBy+P+FCy-P=0∴FCy=-20kN

取整体：∑Fy=0FAy+FBy-P=0∴FAy=20kN 4-27解：受力如图示：

取AB：∑MA=0P×0.4-SBC×0.6=0∴SBC=0.667kN

取C点：∑Fx=0S'BCsin60°+SCEsin4.8°-SCDcos30°=0

∑Fy=0-S'BCcos60°+SCEcos4.8°-SCDsin30°=0

联立后求得：SCE=0.703kN

取OE：∑MO=0m0-SCEcos4.8°×0.1=0 ∴m0=70kN

4-28解：整体及部分受力如图示： 取OA杆，建如图坐标系：

∑MA=0FOx×0.6sin60°+m-Foy×0.6cos30°=0

∑Fy=0Fox×cos60°+Foycos30°=0 联立上三式：Foy=572.4NFox=-1000N 取整体：

∑MB=0-Foy×(0.6×cos30°-0.6sin30°×ctg60°)-P×0.75×

sin60°+m=0

∴P=615.9N

∑Fx=0Fox+FBx+P=0∴FBx=384.1N ∑Fy=0Foy+FBy=0∴FBy=-577.4N 4-29解：整体及部分受力如图示： 取CD部分：∑MC=0FND×0.6cosα-P×0.6sinα=0∴FND=Ptgα

取OA部分：∑MA=0-Fox×0.31-m=0∴Fox=-m/0.31 取整体：∑MO1=0Fox×0.545-m+P×1.33-FND×0.6cosα=0

代入后有：-m/0.31×0.545-m+×1.33-Ptgα×0.6cosα=0 ∴m=9.24kN?m

4-30解：整体及部分受力如图示： 取OA段：∑MA=0m+Fox×0.1=0∴Fox=-10m 取OAB段：∑MB=0m-Foy×0.1ctg30°=0∴Foy=103/3m

取EF及滑块：∑ME=0FNF×0.13cos30°+P×0.13sin30°=0∴FNF=-3P/3

取整体：∑MD=0FNF×0.13/cos30°+m-Fox×0.1-Foy×0.1ctg30°=0

∴m/P=0.1155m 4-31解：取整体：∑MB=0-FRA×4+W1×4+G1×3+G2×2cos30°×cos30°=0 ∴FRA=32.5kN ∑Fx=0FBx=0

∑Fy=0FBy+FRA-W1-W2-G1-G2=0∴FBy=27.5kN 取A点：∑Fy=0FRA+S2cos30°-W1=0∴S2=-26kN

∑Fx=0S1+S2sin30°=0∴S1=13kN

取C点：∑Fx=0-S2cos60°+S4cos30°+S3cos60°=0

∑Fy=0-S2sin60°-S3sin60°-S4sin30°-G1=0

联立上两式得：S3=17.3kNS4=-25kN 取O点：∑Fx=0-S3cos60°-S1+S5cos60°+S6=0

∑Fy=0S3sin60°+S5sin60°=0

联立上两式得：S5=-17.3kNS6=30.3kN 取E点：∑Fx=0-S5cos60°-S4cos30°+S7cos30°=0 ∴S7=-35kN 4-32解：取整体：∑MA=0F1×1.5+F2×3+F3

×4.5+F4×6+F5×7.5-FRB×9=0

∑Fy=0FRA+FRB-(4×30+40)=0∴FRA=80kN 取A点：∑Fx=0

FRAS10.662S11.51.50.66022S20

1.50.66∑Fy=0

联立后解得：S1=-197kNS2=180kN 取Ｃ点：∑Fx=0

2(S3 50 ∑Fy=0

2S4)11.5.5S120.661.201.25.660.6

联立后解得：S3=-37kNS4=-160kN 12S40.6.56(S1)S320.660.266F1021.561.50.66取Ｅ点：∑Fx=0

∑Fy=0

2S61.52S41.51.50.66220

66

联立后解得：S5=-30kNS6=-160kN

取Ｄ点：∑Fx=0 12S60.6.5S420.6660.266S50F212.50.S7 0.66 ∑Fy=0

2S85S221.5221.S3.501.521S8 .66 联立后解得：S7=

2S321.52220.660S251.50１１２kNS8=56.3kN 由对称性可知：

S9=S8=56.3kNS10=S6=-160kN S11=S5=-30kNS12=S4=-160kN S13=S2=180kNS14=S3=-37kN S15=S1=-197kN

4-33解：取整体：∑MA=0FRB×4-P1×2-P2×3=0∴FRB=87.5kN

∑Fy=0FRA+FRB-P1-P2=0∴FRA=62.5kN 取A点：∑Fx=0S1+S2cos45°=0 ∑Fy=0FRA-S2sin45°=0 解得：S1=-62.5kNS2=88.4kN 取C点：∑Fx=0S4-S2cos45°=0 ∑Fy=0S3+S2sin45°=0

解得：S3=-62.5kNS4=62.5kN

取D点：∑Fx=0S6+S5cos45°-S1=0 ∑Fy=0-S3-S5sin45°=0 解得：S5=88.4kNS6=-125kN 取F点：∑Fx=0S8-S6=0 ∑Fy=0-P1-S7=0

解得：S7=-100kNS8=-125kN

取E点：∑Fx=0S9cos45°+S10-S5cos45°

-S4=0

∑Fy=0S7+S5sin45°+S9sin45°=0 解得：S9=53kNS10=87.5kN

取G点：∑Fx=0S12cos45°-S10=0 ∑Fy=0S12sin45°+S11=0

解得：S9=-87.5kNS10=123.7kN

取H点：∑Fx=0S13-S8-S9sin45°=0 ∴S13=-87.5kN

4-34解：取整体：∑MA=0-FRA×6a+G×(5a+4a+3a+2a+a)=0∴FRA=2.5G ∑Fy=0FRA+FRB+5G=0∴FRB=2.5G 取A点：∑Fx=0S1+S2cos45°=0 ∑Fy=0S2sin45°+FRA=0 解得：S1=2.5GS2=-3.54G

取C点：∑Fx=0S4-S1=0∴S4=2.5G ∑Fy=0S3-G=0∴S3=G

截面Ⅰ-Ⅰ，取左半部分

∑Fy=0S5sin45°+FRA-3G=0∴S5=0.707G ∑MD=0-FRA×4a+G×3a+G×2a+G×a+S6×a=0

∴S6=4G

第五章习题

5-1重为W=100N，与水平面间的摩擦因数f=0.3，（a）问当水平力P=10N时，物体受多大的摩擦力，（b）当P=30N时，物体受多大的摩擦力？（c）当P=50N时，物体受多大的摩擦力？

5-2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。

5-3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＞ρ。如在物体上作用一力Ｑ，此力与斜面平行。试求能使物体保持平衡的力Qde最大值和最小值。

5-4在轴上作用一力偶，其力偶矩为m=-1000N.m，有一半径为r=25cm的制动轮装在轴上，制动轮与制动块间的摩擦因数f=0.25。试问制动时，制动块对制动轮的压力N至少应为多大？

5-5两物块Ａ和Ｂ重叠放在粗糙的水平面上，在上面的物块Ａ的顶上作用一斜向的力Ｐ。已知：Ａ重1000N，B重2000N，A与B之间的摩擦因数f1=0.5，B与地面之间的摩擦因数f2=0.2。问当P=600N时，是物块A相对物块B运动呢？还是Ａ、Ｂ物块一起相对地面Ｃ运动？

5-6一夹板锤重500N，靠两滚轮与锤杆间的摩擦力提起。已知摩擦因数f=0.4，试问当锤匀速上升时，每边应加正应力（或法向反力）为若干？

5-7尖劈顶重装置如图所示，重块与尖劈间的摩擦因数f（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，太平洋板块向亚洲斜插下去，在计算太平洋板块所需的力时，可取图示模型。解：取整体∑Fy=0FNA-P=0

∴FNA=P

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）

5-8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，两轧辊转动方向相反，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，轧制时靠摩擦力将钢板带入轧辊。试问能轧制钢板的最大厚度b是多少?

提示：作用在钢板A、B处的正压力和摩擦力的合力必须水平向右，才能使钢板进入轧辊。

5-9一凸轮机构，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的尺寸均为已知，试求在图示位置时，欲使推杆不被卡住，滑道长ｂ的尺寸应为若干？（设凸轮与推杆之间是光滑的。）

5-10摇臂钻床的衬套能在位于离轴心b=22.5cm远的垂直力P的作用下，沿着垂直轴滑动,设滑动摩擦因数f=0.1。试求能保证滑动的衬套高度h。

5-11一起重用的夹具由ABC和DEF两相同弯杆组成，并由杆ＢＥ连接，B和Ｅ都是铰链，尺寸如图所示，单位为ｍｍ，此夹具依靠摩擦力提起重物。试问要提起重物，摩擦因数ｆ应为多大？

5-12砖夹的宽度为250mm，曲杆AGB和GCED在G点铰接，砖重为Q，提砖的合力P作用在砖夹的对称中心线上，尺寸如图所示，单位mm。如砖夹与砖之间的摩擦因数f=0.5，试问b应为多大才能把砖夹起？（b为G点到砖块上所受压力合力的距离）

5-13机床上为了迅速装卸工件，常采用如图所示的偏心夹具。已知偏心轮直径为D，偏心轮与台面间的摩擦因数为f，今欲使偏心轮手柄上的外力去掉后，偏心轮不会自动脱开，试问偏心距e应为多少？在临界状态时，O点在水平线AB上。

5-14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，求能轧入的圆形物料的最大直径d。

5-15矿井罐笼的安全装置可简化为如图b所示。设AC=BC=l,AB=L，闸块A、B与罐道间的摩擦因数为f=0.5。问机构的尺寸比例l/L应为多少方能确保制动？

5-16有一绞车，它的鼓动轮半径r=15cm，制动轮半径R=25cm，重物Ｑ=1000N，a=100cm，b=40cm，c=50cm，制动轮与制动块间的摩擦因数f=0.6。试求当绞车掉着重物时，要刹住车使重物不致落下，加在杆上的力P至少应为多大？

5-17梯子AB重为P=200N，靠在光滑墙上，梯子长为l，已知梯子与地面间的摩擦因数为0.25，今有一重650N的人沿梯子向上爬，试问人达到最高点A，而梯子仍能保持平衡的最小角度α应为多少？

5-18圆柱滚子的直径为60cm，重3000N，由于力P的作用而沿水平面作等速滚动。如滚动摩擦系数δ=0.5cm，而力P与水平面所成的角α=30°，求所需的力P的大小。

5-19滚子与鼓轮一起重为P，滚子与地面间的滚动摩擦因数为δ，在与滚子固连半径为r的鼓轮上挂一重为Ｑ的物体，问Q等于多少时，滚子将开始滚动？

5-20渗碳炉盖的升降支架由A、B两径向轴承所支撑，如图所示，设已知d=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轴线需作用多大的力，才能将炉盖推起。

5-21箱式炉的倾斜炉门与铅垂线成α=10°角，炉门自重G=1000N，炉门与炉门框板间的滑动摩擦因数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。

5-22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，钩与电线杆之间的摩擦因数f=0.3，钩的重量可以略去不计。问自踏脚处到电线杆轴线间的间距离a为何值时方能保证工人安全操作？

参

5-1解：（a）Fsmax=fS?FN=100×0.3=30N 当P=10N，P=10NFsmax 故物块滑动F=Fsmax=30N

5-2解：（a）Fsmax=FN?fS=W?fS=300N P=200N故物块保持平衡F=P=200N （b）Fsmax=FN?fS=P?fS=150N W=200N>Fsmax

故物块不平衡F=Fsmax=150N 5-3解：（1）有向下滑动趋势

∑X=0Fsmax1+Q-Wsinα=0 ∑Y=0FN-Wcosα=0 补充方程：Fsmax1=FN?fS

联立上三式：Q=W（sinα-fScosα） （2）有向上滑动趋势 ∑X=0Q-Fsmax2-Wsinα=0 ∑Y=0FN-Wcosα=0 补充方程：Fsmax2=FN?fS

联立上三式：Q=W（sinα+fScosα）

∴Q值范围为：W（sinα-fScosα）≤Q≤W（sinα+fScosα）其中fS=tgρ

5-4解：由∑M0=0–m+F×25=0 F=FN?fS

联立上两式得：FN=m/2??r?fS=8000N ∴制动时FN≥8000N

5-5解：取物块A：由∑Fy=0FNA-wA-Psin30°=0∴FNA=1300N

∑Fx=0FSA-Pcos30°=0∴FSA=519.6N

由库仑定律：FSAmax=fc1×FNA=650N ∵FSA＜FSAmax∴A块静止

取物块B：∑Fy=0FNB-F'NA-WB=0∴FNB=3300N ∑Fx=0FSB-FSA=0∴FSB=519.6N 由库仑定律：FSBmax=fS2×FNB=660N ∵FSB＜FSBmax∴B块静止 5-6解：由∑Fy=02FS-W=0

FS=N?f 联立后求得：N=625N

5-7解得：Q1=Ptg(α-φ)；Q2=Ptg(α+φ) 平衡力值应为：Q1≤Q≤Q2 注意到tgφ=fS

5-8解：钢板受力如图示，临界状态时，发生自锁，有FRA=FAmax+FNAFRB=FBmax+FNB 且–FRA+FRB=0

(tgm由几何关系：

d2dba2)()AC222dbaOC122d21(dba) 又∵tgφm=0.1代入上式后可得： b=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。

5-9解：取推杆：∑Fx=0FNA-FNB=0=1\\*GB3① ∑Fy=0F-Q-FA-FB=0=2\\*GB3②

∑MO1F'A?d/2-FB?d/2+FNB?b+F'?a=0=3\\*GB3③ 取凸轮：∑M0=0m-F?d=0 ∴F=m/d=F'=4\\*GB3④

极限状态下：FA=FNA?f=5\\*GB3⑤ FB=FNB?f=6\\*GB3⑥

将=1\\*GB3①=2\\*GB3②=4\\*GB3④=5\\*GB3⑤=6\\*GB3⑥代入到=3\\*GB3③后整理得

b2fammd

2fam∴若推杆不被卡住则b＞md

5-10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φm，则有

h=(b+d/2)tgφm+(b-d/2)tgφm ∴h=2btgφm=2bf=4.5cm 故保证滑动时应有h＞4.5cm 5-11解：取整体：∑Fy=0P-Q=0P=Q 取节点O：FOA=FOD=P=Q

取重物，受力如图示，由平衡方程得FS1=FS2=Q/2 取曲杆ABC∑MB=0150FN1+200FS1-600FOA=0 重物不下滑的条件：FS1≤fSFN1 解得：fS≥0.15

5-12解：由整体：∑Fy=0得P=Q 取砖：∑MB=0∴FSA=FSD ∑Fy=0Q-FSA-FSD=0 ∑Fx=0FNA-FND=0

解得：FSA=FSD=Q/2，FNA=FND 取AGB:∑MG=0F×95+30F'SA-bF'NA=0 ∴b=220FSA/FNA

转不下滑的条件：FSA≤fFNA

∴b≤110mm

此题也可是研究二力构件GCED，tgα=b/220，砖不下滑应有tgv≤tgφ=fS，由此求得b。

5-13解：主动力合力FRA和全反力FRB在AB连线并沿AB线方向，极限状态时，与法向夹角为φm，由几何关系：

tgφm=OA/OB=e/D/2注意到tgφm=f ∴e=Df/2故偏心轮不会脱开条件为e≤Df/2

5-14解：取圆形物料，受力如图，临界状态时，列平衡方程 ∑Fx=0NAcosα+FAsinα-NBcosα-FBsinα=0=1\\*GB3① ∑Fy=0NAsinα-FAcosα+NBsinα-FBcosα=0=2\\*GB3② 又∵FA=fNAFB=fNB=3\\*GB3③

注意到tgα=f∴α=arctg0.3=16.7°

cos512/2512(Dd)/2Dd

由几何关系：∴d=34.5mm

5-15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FR与法向夹角应为φm，由几何关系有：

l2(l/2)2tgml/2注意到tgm=f=0.5

整理后有l/L=0.56,若自锁应有l/L＜0.56 显然，还应有L/2＜l

因此，为能安全制动，应有0.5＜l/L＜0.56 5-16解：取轮：∑MO1=0Q?r-FS?R=0=1\\*GB3① 取杆：∑M0=0-F'S?c-F'N?b+p?a=0=2\\*GB3② 临界状态时：FS=FN?f=3\\*GB3③

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≥100N

5-17解：梯子受力如图，设人重为Q=650N，杆长为l 由∑Fy=0FNB-Q-P=0

∑MA=0FNB?lcosα-FSlsinα-P?cosα?l/2=0 临界状态时：FS=FNB?fS

tgQP/23.53(QP)fS∴α=74°12′

联立上三式后可解得：

故梯子若保持平衡的条件为：α≥74°12′ 5-18解：滚子受力如图所示： ∑Fy=0Psinα+FN-W=0 ∑MA=0Mf-Pcosα?D/2=0

临界状态时：Mf=δ?FN 联立上三式得：P=57.8N 5-19解：受力如图所示： ∑Fy=0FN-P-Q=0 ∑MA=0Mf-Q?r=0 临界状态时：Mf=δ?FN

联立上三式解得：Q=Pδ/(r-δ) 5-20解：支架受力如图所示： ∑Fy=0P-FSA-FSB-G=0=1\\*GB3① ∑Fx=0FNA-FNB=0=2\\*GB3②

∑MO=0FSA?d/2+FNB?b-FSB?d/2-G?a=0=3\\*GB3③ 临界状态时：FSA=FNA?f=4\\*GB3④ FSB=FNB?f=5\\*GB3⑤

将=4\\*GB3④=5\\*GB3⑤代入=1\\*GB3①=2\\*GB3②后再代入=3\\*GB3③可解得P=3072.3N

5-21解：∑Fx=0-Gcosα-FS+FT=0 ∑Fy=0FN-Gsinα=0

临界状态时：FS=FN?f

联立上三式解得：FT=G(sinα×0.3+cosα)=1037N 5-22解：套钩受力如图，全反力FRA，FRB与G汇交于点C 由几何关系得：b=(a+d/2)tgφm+(a-d/2)tgφm=2atgφm=2af 故为使套钩自锁应有：

a≥b/2f=16.7cm