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工程力学习题答案第一章 静力学基础知识思考题：1. ×;2. √;3. √;4. √;5. ×;6. ×;7. √;8. √习题一1．根据三力汇交定理，画出下面各图中A 点的约束反力方向。
解：（a ）杆AB 在A 、B 、C 三处受力作用。
由于力p 和B R的作用线交于点O 。
如图（a ）所示，根据三力平衡汇交定理，可以判断支座A 点的约束反力必沿通过A 、O 两点的连线。
（b ）同上。
由于力p 和B R的作用线交于O 点，根据三力平衡汇交定理，可判断A 点的约束反力方向如下图（b ）所示。
2．不计杆重，画出下列各图中AB 解：（a ）取杆AB 为研究对象，杆除受力p外，在B 处受绳索作用的拉力B T ，在A 和E 两处还受光滑接触面约束。
约束力A N 和E的方向分别沿其接触表面的公法线，并指向杆。
其中力E N与杆垂直，力A N通过半圆槽的圆心O 。
AB 杆受力图见下图（a ）。
(b)由于不计杆重，曲杆BC 只在两端受铰销B 和C 对它作用的约束力B N 和C N ，故曲杆BC 是二力构件或二力体，此两力的作用线必须通过B 、C 两点的连线，且B N =C N 。
研究杆A N 和B N，以及力偶m 的作用而平衡。
根据力偶的性质，A N 和B N必组成一力偶。
(d)由于不计杆重，杆AB 在A 、C 两处受绳索作用的拉力A T 和C T，在B 点受到支座反力B N 。
A T 和C T相交于O 点，根据三力平衡汇交定理，可以判断B N必沿通过B 、O 两点的连线。
见图(d).第二章力系的简化与平衡思考题：1. √;2. ×;3. ×;4. ×;5. √;6. ×;7. ×;8. ×;9. √.1．平面力系由三个力和两个力偶组成，它们的大小和作用位置如图示，长度单位为cm ，求此力系向O 点简化的结果，并确定其合力位置。
理论力学习题册解答 1第一篇静力学一、受力图出下列指定物体的受力图。
(a) 杆AB(d) 杆AC, 杆AB, 销Cq(c) 杆ABAqAC, 杆BC, 销CBF(d) AB , BCD , DEF理论力学习题册解答 3二、平面汇交力系如图所示图中方格的边长为1cm ，求力系的合力。
[解] 由解析法有N XR X 3.549cos 800cos 750450cos 500cos 10004321=+---==∑θθθθNYR Y 8.382sin 800sin 750sin 500sin 00014321-=--+==∑θθθθ 所以合力R 大小为： N R R R Y X 5.66922=+=R 方向为：2534'︒-==XYR R arctgαP=20KN ，用绳子挂在支架的滑轮B 上，绳子的另一端接在绞车D 上，如图所示，转动绞车物体便能升起。
设滑轮的大小及其中的摩擦略去不计，A 、B 、C 三处均为铰链连接。
当物体处于平衡态时，试求拉杆AB 和支杆CB 所受的力。
[解]取滑轮B 为研究对象,受力如图所示,列平衡方程：030sin 30cos :0=︒-︒--=∑T F F X CB AB∑=︒--︒-=030cos 30sin :0T P FY CBP T =联立上述方程可解得：（压）拉）;64.74(;64.54KN F KN F CB AB -==A 、B 的约束反力。
[解](a) AB 梁受力如图： (b) 构件受力如图：∑=-+⋅=02415,0AB R m A i∑=-⋅︒=045sin ,0Pa l R mA i解得： KN R R B A 5.1== 解得： ;2Pa R R B A ==四连杆机构OABO 1，在图示位置平衡，已知OA =40cm ，O 1B =60cm ，作用在曲柄OA 上的力偶矩大小为m 2=1NM,不计杆重,求力偶矩m 1的大小及连杆AB 所受的力。
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1章 工程静力学的基础例1：用小手锤拔起钉子的两种加力方式。
两种情形下，加在手柄上的力F 的数值都等于100N ，手柄的长度l =100 mm 。
试求：两种情况下，力F 对点O 之矩。
解： 图a 中的情形这种情形下，力臂: O 点到力F 作用线的垂直距离h 等于手柄长度l ，力F 使手锤绕O 点逆时针方向转动，所以F 对O 点之矩的代数值为图b 中的情形这种情形下，力臂 力F 使手锤绕O 点顺时针方向转动，所以F 对O 点之矩的代数值为例2：已知 :作用在托架的A 点力为F 以及尺寸 l 1, l 2 , α . 试求: 力F 对O 点之矩MO (F )解 : 可以直接应用力矩公式计算力F 对O 点之矩。
但是，在本例的情形下，不易计算矩心O 到力F 作用线的垂直距离h 。
如果将力F 分解为互相垂直的两个分力F l 和F 2，二者的数值分别为 这时，矩心O 至F l 和F 2作用线的垂直距离都容易确定。
30N 300100()m 30N m 10300N 100F 3⋅=⨯⨯===-Fl Fh m Ocos30l h =cos30300100cos30()m N 98.52cos30m 10300N 100cos30F 3⋅=⨯⨯⨯===-Fl Fh mO－sin45cos4521F F F F ＝＝ sin45cos4521F F F F ＝＝于是，应用合力之钜定理 mO (F ) = mO (F cos α)+mO (F sin α) 可以得到例3：具有光滑表面、重力为F W 的圆柱体，放置在刚性光滑墙面与刚性凸台之间，接触点分别为A 和B 二点。
试：画出圆柱体的受力图。
解：1．选择研究对象本例中要求画出圆柱体的受力图，所以，只能以圆柱体作为研究对象。
2．取隔离体将圆柱体从所受的约束中分离出来，即得到圆柱体的隔离体。
3．画受力图作用在圆柱体上的力，有：主动力－圆柱体所受的重力，沿铅垂方向向下，作用点在圆柱体的重心处；约束力－因为墙面和圆柱体表面都是光滑的，所以，在A 、B 二处均为光滑面约束，所以约束力垂直于墙面，指向圆柱体中心；圆柱与凸台间接触也是光滑的，也属于光滑面约束，约束力作用线沿二者的公法线方向，即沿B 点与O 点的连线方向，指向O 点。
工程力学教程(西南交通大学应用力学与工程系
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工程力学教程(西南交通大学应用力学与工程系著)内容提要第1章静力学基础
1-1 静力学中的基本概念
1-2 静力学公理
1-3 约束和约束力
1-4 研究对象和受力图
习题
第2章平面汇交力系
2-1 平面汇交力系合成与平衡的几何法
2-2 平面汇交力系合成与平衡的解析法
习题
第3章力矩与平面力偶系
3-1 关于力矩的概念及其计算
3-2 关于力偶的概念
3-3 平面力偶系的合成与平衡
习题
第4章平面一般力量
4-1 力线平移定理
4-2 平面一般力系向一点简化
4-3 分布荷载
4-4 平面一般力系的
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本书是教育科学“十五”国家规划课题研究成果,根据“高等学校工科本科工程力学基本要求”编写而成,涵盖了理论力学和材料力学的主要内容。
本书共18章,包括静力学基础、平面汇交力系、力矩与平面力偶系、平面一般力系、重心和形心、内力和内力图、拉伸和压缩、扭转、弯曲、应力状态分析和强度理论、压杆的稳定性、点的运动、刚体的`基本运动、点的复合运动、刚体的平面运动、质点的运动微分方程、动力学普遍定理、动静法。
本书在讲述某些概念和方法的同时,给出了相关的思考题,供课堂讨论之用。
本书具有很强的教学适用性,有助于培养工程应用型人才。
本书可作为高等学校工科本科非机、非土类各专业中、少学时工程力学课程的教材,也可供高职高专与成人高校师生及有关工程技术人员参考。
