工程力学1_第四章 平面一般力系

工程力学公式大全第一章:力矩用符号ＭO(Ｆ)表示。

即力矩矢量描述力得转动效应ﻩ力矩矢量得模描述转动效应得大小,它等于力得大小与矩心到力作用线得垂直距离(力臂)得乘积,即为矢径r与力F之间得夹角。

平面力系得合力对平面上任一点之矩等于力系中所有得力对同一点之矩得代数与ﻩ或者简写成力偶矩第二章:一主矢:有任意多个力所组成得力系(F1,F2…Fn),得矢量与:二主矩:力系中所有得力对同一点Ｏ之矩得矢量与用表示:ﻩ空间任意汇交系在oxyｚ坐标中投影表达式:对于空间任意力系主矩得分量表达式为第三章静力学平衡问题平面一般力系得平衡方程:其她形式:(１)(２)空间力系得平衡条件:力系得主矢与对任一点得主矩均为零第四章:正应力切应力变模量、第五章总结公式:1。

正确画出轴力图,计算出各个截面得轴力2、注意拉压变形以及拉压产生得正应力与切应力其中最大正应力发生在垂直于轴线处σα=pα=σ0cosα最大切应力发生在与轴线成45°角时τα= pα=σ=根据胡克定律σ＝Eε得拉压变形∆ｌ=(其中ＥA为拉压刚度)＝∆b/b泊松比μ=-强度校核σｍax<［σ］同时拉压变形满足叠加原理、可以通过拉压变形建立变形协调方程,解决拉压静不定问题第六章:作用于构件得外扭矩与机器得转速、功率有关。

在传动轴计算中,通常给出传动功率P 与转速n,则传动轴所受得外加扭力矩M e可用下式计算:如果功率P得单位用马力(1马力=7３5。

５N•ｍ/s),则剪切胡克定律当在弹性范围内加载时,剪应力与剪应变成正比:式中G I P—扭转刚度;I P—横截面得极惯性矩。

对于直径为 d 得实心圆截面对于内、外直径分别为d与Ｄ得圆环截面受扭圆轴得强度设计准则第八章1、弹性范围内得挠度曲线在一点得曲率在这一点处横截面上得弯矩、弯曲刚度之间关系:EI-－-－－----横截面得弯曲刚度2。

梁在弯曲变形后,横截面得位置将发生改变,这种位置得改变称为位移(dis ｐｌa ｃeme ｎｔ)。

第一章静力学的基本概念受力图第二章 平面汇交力系2-1解：由解析法，23cos 80RX F X P P Nθ==+=∑12sin 140RY F Y P P Nθ==+=∑故：22161.2R RX RY F F F N=+=1(,)arccos2944RYR RF F P F '∠==2-2解：即求此力系的合力，沿OB 建立x 坐标，由解析法，有123cos45cos453RX F X P P P KN==++=∑13sin 45sin 450RY F Y P P ==-=∑故： 223R RX RY F F F KN=+= 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：0X =∑sin 300AC AB F F -=0Y =∑cos300AC F W -=0.577AB F W=（拉力）1.155AC F W=（压力）（b ） 由平衡方程有：0X =∑ cos 700AC AB F F -=0Y =∑sin 700AB F W -=1.064AB F W=（拉力）0.364AC F W=（压力）（c ） 由平衡方程有：0X =∑cos 60cos300AC AB F F -=0Y =∑sin 30sin 600AB AC F F W +-=0.5AB F W= (拉力)0.866AC F W=（压力）（d ） 由平衡方程有：0X =∑sin 30sin 300AB AC F F -=0Y =∑cos30cos300AB AC F F W +-=0.577AB F W= (拉力)0.577AC F W= (拉力)2-4 解：（a ）受力分析如图所示：由x =∑ 22cos 45042RA F P -=+15.8RA F KN∴=由Y =∑ 22sin 45042RA RB F F P +-=+7.1RB F KN∴=(b)解：受力分析如图所示：由x =∑3cos 45cos 45010RA RB F F P ⋅--=0Y =∑1sin 45sin 45010RA RB F F P ⋅+-=联立上二式，得：22.410RA RB F KN F KN==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所以：5RA F KN= （压力）5RB F KN=（与X 轴正向夹150度）2-6解：受力如图所示：已知，1R F G = ，2AC F G =由x =∑cos 0AC r F F α-=12cos G G α∴=由0Y =∑ sin 0AC N F F W α+-=22221sin N F W G W G G α∴=-⋅=--2-7解：受力分析如图所示，取左半部分为研究对象由x =∑cos 45cos 450RA CB P F F --=0Y =∑sin 45sin 450CBRA F F '-=联立后，解得：0.707RA F P=0.707RB F P=由二力平衡定理0.707RB CB CBF F F P '===2-8解：杆AB ，AC 均为二力杆，取A 点平衡由x =∑cos 60cos300AC AB F F W ⋅--=0Y =∑sin 30sin 600AB AC F F W +-=联立上二式，解得：7.32AB F KN=-（受压）27.3AC F KN=（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 =∑sin cos 0DB T W αα-=DB T Wctg α∴==（2）取B 点列平衡方程：由0Y =∑sin cos 0BDT T αα'-=230BD T T ctg Wctg KN αα'∴===2-10解：取B 为研究对象：由0Y =∑sin 0BC F P α-=sin BC PF α∴=取C 为研究对象：由x =∑cos sin sin 0BCDC CE F F F ααα'--=由0Y =∑ sin cos cos 0BC DC CE F F F ααα--+=联立上二式，且有BCBC F F '= 解得：2cos 12sin cos CE P F ααα⎛⎫=+⎪⎝⎭取E 为研究对象：由0Y =∑ cos 0NH CEF F α'-=CECE F F '= 故有：22cos 1cos 2sin cos 2sin NH P PF ααααα⎛⎫=+= ⎪⎝⎭2-11解：取A 点平衡：x =∑sin 75sin 750AB AD F F -=0Y =∑cos 75cos 750AB AD F F P +-=联立后可得： 2cos 75AD AB PF F ==取D 点平衡，取如图坐标系：x =∑cos5cos800ADND F F '-=cos5cos80ND ADF F '=⋅由对称性及ADAD F F '=cos5cos5222166.2cos80cos802cos 75N ND AD P F F F KN'∴===⋅=2-12解：整体受力交于O 点，列O 点平衡由x =∑cos cos300RA DC F F P α+-=0Y =∑sin sin 300RA F P α-=联立上二式得：2.92RA F KN=1.33DC F KN=（压力）列C 点平衡x =∑405DC AC F F -⋅=0Y =∑ 305BC AC F F +⋅=联立上二式得： 1.67AC F KN=（拉力）1.0BC F KN=-（压力）2-13解：（1）取DEH 部分，对H 点列平衡x =∑05RD REF F '= 0Y =∑05RD F Q =联立方程后解得： 5RD F Q =2REF Q '=（2）取ABCE 部分，对C 点列平衡x =∑cos 450RE RA F F -=0Y =∑sin 450RB RA F F P --=且RE REF F '=联立上面各式得： 22RA F Q =2RB F Q P=+（3）取BCE 部分。

《工程力学》练习题第一章绪论1. 强度是指构件在外力作用下抵抗_破坏_的能力，刚度是指构件在外力作用下抵抗_变形_的能力，稳定性是指构件在外力作用下保持_平衡_的能力。

2. 静力学研究的对象是刚体，刚体可以看成是由质点系组成的不变形固体。

材料力学研究的对象是变形固体。

（√）3. 变形固体四种基本变形，即拉压变形、剪切与挤压变形、扭转变形及弯曲变形。

（√）4. 在材料力学对变形固体假设中，最小条件假设是指在外力的作用下，变形固体所产生的变形较小，在强度校核计算中采用初始状态的尺寸进行计算。

（√）5. 材料力学对变形固体的假设中，同向异性假设是指变形固体在不同方位显示出的力学性能的差异性。

但在实际中仍然按各向同性计算。

（√）第二章静力学的基本概念和受力分析1. 刚体是指在力的的作用下，大小和形状不变的物体。

2. 力使物体产生的两种效应是___内_____效应和_ _外___效应。

3、力是矢量，其三要要素是（大小）、方向及作用点的位置。

4、等效力系是指（作用效果）相同的两个力系。

5、非自由体必受空间物体的作用，空间物体对非自由体的作用称为约束。

约束是力的作用，空间物体对非自由体的作用力称为（约束反力），而产生运动或运动的趋势的力称为主动力。

6、物体的平衡状态是静止状态。

（X）7、物体的平衡状态是匀速直线运动态。

（X）8.作用力与反作用力是一组平衡力系。

（X ）9、作用在刚体上的二力，若此两力大小相等、方向相反并同时作用在同一直线上,若此刚体为杆件则称为而二力杆件。

（√）10、作用在刚体上的力，可以沿其作用线滑移到刚体上的任意位置而不会改变力对刚体的作用效应。

（√）11、作用在刚体上的力，不能沿其作用线滑移到刚体上的任意位置。

主要是滑移后会改变力对刚体的作用效应。

（X ）12、作用在刚体上的三个非平行力，若刚体处于平衡时，此三力必汇交。

（√）13、两物体间相互作用时相互间必存在一对力，该对力称为作用力与反作用力。

第一章静力学的基本概念受力图第二章 平面汇交力系2-1解：由解析法，23cos 80RX F X P P Nθ==+=∑12sin 140RY F Y P P Nθ==+=∑故：22161.2R RX RY F F F N=+=1(,)arccos2944RYR RF F P F '∠==2—2解：即求此力系的合力，沿OB 建立x 坐标,由解析法，有123cos45cos453RX F X P P P KN==++=∑13sin 45sin 450RY F Y P P ==-=∑故： 223R RX RY F F F KN=+= 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：0X =∑sin 300AC AB F F -=0Y =∑cos300AC F W -=0.577AB F W=（拉力）1.155AC F W=(压力)（b ） 由平衡方程有:0X =∑ cos 700AC AB F F -=0Y =∑sin 700AB F W -=1.064AB F W=（拉力）0.364AC F W=（压力)（c ） 由平衡方程有：0X =∑cos 60cos300AC AB F F -=0Y =∑sin 30sin 600AB AC F F W +-=0.5AB F W= （拉力）0.866AC F W=(压力）（d) 由平衡方程有:0X =∑sin 30sin 300AB AC F F -=0Y =∑cos30cos300AB AC F F W +-=0.577AB F W= (拉力）0.577AC F W= (拉力）2-4 解：(a ）受力分析如图所示：由x =∑ 22cos 45042RA F P -=+15.8RA F KN∴=由Y =∑22sin 45042RA RB F F P +-=+7.1RB F KN∴=(b)解：受力分析如图所示:由x =∑3cos 45cos 45010RA RB F F P ⋅--=0Y =∑1sin 45sin 45010RA RB F F P ⋅+-=联立上二式,得:22.410RA RB F KN F KN==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所以：5RA F KN= （压力）5RB F KN=（与X 轴正向夹150度）2—6解：受力如图所示:已知，1R F G = ,2AC F G =由x =∑cos 0AC r F F α-=12cos G G α∴=由0Y =∑ sin 0AC N F F W α+-=22221sin N F W G W G G α∴=-⋅=--2—7解：受力分析如图所示，取左半部分为研究对象由x =∑cos 45cos 450RA CB P F F --=0Y =∑sin 45sin 450CBRA F F '-=联立后，解得：0.707RA F P=0.707RB F P=由二力平衡定理0.707RB CB CBF F F P '===2-8解:杆AB,AC 均为二力杆，取A 点平衡由x =∑cos 60cos300AC AB F F W ⋅--=0Y =∑sin 30sin 600AB AC F F W +-=联立上二式,解得：7.32AB F KN=-(受压）27.3AC F KN=（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 =∑sin cos 0DB T W αα-=DB T Wctg α∴==（2）取B 点列平衡方程：由0Y =∑sin cos 0BDT T αα'-=230BD T T ctg Wctg KN αα'∴===2—10解：取B 为研究对象：由0Y =∑sin 0BC F P α-=sin BC PF α∴=取C 为研究对象:由x =∑cos sin sin 0BCDC CE F F F ααα'--=由0Y =∑ sin cos cos 0BC DC CE F F F ααα--+=联立上二式，且有BCBC F F '= 解得：2cos 12sin cos CE P F ααα⎛⎫=+⎪⎝⎭取E 为研究对象：由0Y =∑ cos 0NH CEF F α'-=CECE F F '= 故有：22cos 1cos 2sin cos 2sin NH P PF ααααα⎛⎫=+= ⎪⎝⎭2—11解:取A 点平衡:x =∑sin 75sin 750AB AD F F -=0Y =∑cos 75cos 750AB AD F F P +-=联立后可得： 2cos 75AD AB PF F ==取D 点平衡，取如图坐标系：x =∑cos5cos800ADND F F '-=cos5cos80ND ADF F '=⋅由对称性及ADAD F F '=cos5cos5222166.2cos80cos802cos 75N ND AD P F F F KN'∴===⋅=2-12解：整体受力交于O 点，列O 点平衡由x =∑cos cos300RA DC F F P α+-=0Y =∑sin sin 300RA F P α-=联立上二式得：2.92RA F KN=1.33DC F KN=(压力）列C 点平衡x =∑405DC AC F F -⋅=0Y =∑ 305BC AC F F +⋅=联立上二式得： 1.67AC F KN=（拉力）1.0BC F KN=-(压力）2-13解：（1)取DEH 部分，对H 点列平衡x =∑05RD REF F '= 0Y =∑05RD F Q =联立方程后解得: 5RD F Q =2REF Q '=（2）取ABCE 部分,对C 点列平衡x =∑cos 450RE RA F F -=0Y =∑sin 450RB RA F F P --=且RE REF F '=联立上面各式得： 22RA F Q =2RB F Q P=+（3）取BCE 部分。

第4章 平面一般力系题4-1 解：kN 73230cos 32R .F F F 'x =+=kN 230sin 31R -=--=F F F'ykN 393)()(2R 2R R .F F F 'y 'x '=+=230sin 31)(321⨯-⨯-⨯-==∑ F F F M F m M i O Om kN 2⋅-= m 590R.F M d 'O==题4-2 解：以A 为原点，在x 处取微段d x 。

1）合力：作用在此段上分布集度载荷为x lq q x =， d x 上分布的力为x q d x则：⎰⎰===llx Q qlx x l q x q F 002d d2）合力对A 点之矩： 2031d )(ql x x q F m lxQ A ==⎰题4-3 解（a ）：取AB 梁为研究对象，画受力图∑=0xF ，045cos 2=+Ax F ∑=0yF，045sin 2=-+B Ay F F∑=0)(F mA，0645sin 2451=⨯-⨯+-B F .得：kN 41.F Ax -= kN 11.F Ay -= kN 52.F =解（b ）：取AC 刚架为研究对象∑=0yF，0534=-⨯-A F∑=0)(F m A ，0355.134=⨯-⨯⨯-A m得：kN 17=A F m kN 33⋅=A m解（c ）：取AB 刚架为研究对象∑=0x F ，0535=⨯-Ax F ∑=0yF ，0545=⨯-+B Ay F F ∑=0)(F m A，05.2535254525.2=⨯⨯+⨯⨯-⨯+B F 得：kN 3=Ax F kN 5=Ay F kN 1-=B F题4-4解：取均质杆AB 为研究对象，画受力图∑=0xF ，015cos =-T Ax F F ∑=0yF，015sin =-- T Ay F W F∑=0)(F m A ，sin 45cos 2⨯+- AB F ABWT 得：kN 6830.F Ax = kN 1831.F Ay = kN 7070.F T =题4-5解：取立柱为研究对象∑=0xF ，0=⨯+h q F Ax ∑=0yF，0=--G P F Ay∑=0)(F m A ，02=⨯-⨯⨯-a P hh q m A 得：kN 20-=Ax F kN 100=Ay F m kN 130⋅=A m题4-6 解：1）取整体为研究对象∑=0xF，0=-T Ax F F∑=0y F ，0=-+W F F B Ay ∑=0)(F mA，0)5.1()2(4=--+-⨯r F r W F T B得：N 1200=Ax F N 150=Ay F N 1050=B F 2）取AB 杆为研究对象∑=0)(F mD，0sin 222=+⨯+⨯-θBC B Ay F F FN 1500-=BC FAyBBB题4-7解：取整体为研究对象∑=0xF ，0cos =--βW F F BD Ax∑=0y F ，0sin =---βW W P F Ay∑=0)(F m B ，045sin 45cos 45cos 2=⨯+⨯- AB F AB F ABPAx Ay 得：kN 74.F Ax = kN 94.F Ay = kN 1022.F BD =题4-8解：取汽车为研究对象∑=0)(F mD0)2(5.14213=+-⨯+⨯-⨯x P x F P P ExP P x P F E 31245.1)2(-++=∑=0)(F mE0)4()5.1(2312=+-⨯+--⨯x P x F x P P DxP x P x P F D 2)4()5.1(231⨯-++-=当空载时（P 3=0）： 0≥D F 得 m 53.x ≥当满载时： 0≥E F 得 kN 353≤PF BD W βαPABCWF AxF Ay 1.5mxE F EF D题4-9 解：1）取整体为研究对象∑=0)(F mA03N =⨯-⨯a F a F DF F D 31N =2）取AB 杆为研究对象∑=0)(F mB023=⨯-⨯-a F a F AyF F Ay32=3）取AD 杆为研究对象∑=0yF，0N =++-D Ey Ay F F FF F Ey 31=∑=0)(F m A 032323N =⨯++-a F a F a F D Ey ExF F Ex =题4-10 解：1）取整体为研究对象∑=0)(F mE01612520=⨯-⨯⨯A FkN 75=A F2）取BD 杆为研究对象∑=0)(F mD0105.7520=⨯-⨯⨯By FkN 75=By F3）取AC 杆为研究对象∑=0)(F mC043255.2=⨯-+⨯A BxBy F F F kN 26=Bx F题4-11 解：1）取整体为研究对象∑=0)(F mA0)(=+-⨯bll W l F CxkN 7=Cx F∑=0xF0=+Ax Cx F F kN 7-=Ax F∑=0yF0=-+W F F Ay Cy （1）2）取CEB 杆为研究对象∑=0)(F mB032=⨯+⨯-⨯-l F l F l F Cx Cy TkN 3=FDyA代入（1）得：kN 3=Ay F题4-12 解a ）：1）取BC 梁为研究对象∑=0)(F m B0630cos 3120=⨯+⨯-C FkN 369.F C =∑=0xF030sin =- C Bx F FkN 634.F Bx =∑=0y F 030cos 620=+⨯-CBy F F kN 60=By F2）取AB 梁为研究对象∑=0)(F mA0340=⨯--By A F mm kN 220⋅=A m∑=0x F 0=-Bx Ax F FkN 634.F Ax =∑=0yF0=-By Ay F FkN 60=Ay F解b ）：1）取CD 梁为研究对象∑=0)(F m C04515=⨯+-⨯-D FkN 52.F D =∑=0xF 0=Cx F ∑=0yF05=+-D Cy F FkN 52.F =D2）取AB 梁为研究对象∑=0)(F m A0435215=⨯-⨯-⨯+⨯-Cy B F FkN 15=B F∑=0xF 0=Ax F∑=0yF05.255=--+-B Ay F FkN 52.F Ay -=解c ）：1）取BC 梁为研究对象∑=0)(F mB046=⨯+-C FkN 51.F C =∑=0y F 041=-+C B F FkN 521.F B =2）取铰链B 为研究对象∑=0yF012=-B B F FkN 522.F B =3）取AB 梁为研究对象因其受二力和一力偶平衡，则其二力必等值反向构成一力偶。