理论力学-第2章

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1、个人资料理论力学（第七版）课后题答案哈工大.高等教育出版社第2章平面汇交力系与平面力偶系2-1铆接薄板在孔心A，B和C处受3个力作用，如图2-1a所示。F=100N，沿铅1直方向；F=50N，沿水平方向，并通过点A；F=50N，力的作用线也通过点A，尺32寸如图。求此力系的合力。yFc3dF2F1F2bFFAF3x1R60θa(a)(b)(c)图2-1解（1）几何法作力多边形abcd，其封闭边ad即确定了合力FR的大小和方向。由图2-1b，得22F=(F+F×)5/4+(F+F×)5/3R123222=(100N+50N×)5/4+(50N+50N×)5/3=161NF+F×5/412∠(

2、F,F)=arccos()R1FR100N+50N×5/4oo=arccos()=29.74=2944′161N（2）解析法建立如图2-1c所示的直角坐标系Axy。∑F=F+F×5/3==50N+50N×5/3=80Nx12∑F=F+F×5/4=100N+50N×5/4=140Ny12F=(80i+140j)NR22F=(80N)+(140N)=161NR2-2如图2-2a所示，固定在墙壁上的圆环受3条绳索的拉力作用，力F1沿水平方向，力F3沿铅直方向，力F2与水平线成40°角。3个力的大小分别为F1=2000N，F2=2500N，F3=1500N。求3个力的合力。Fa1FOx1O40°θ

3、F40°2Fb2FRF3F3cy(a)(b)(c)图2-2解（1）解析法建立如图2-2b所示的直角坐标系Oxy。∑F=F+Fcos40°=2000N+2500N⋅cos40°=3915Nx129个人资料理论力学（第七版）课后题答案哈工大.高等教育出版社∑F=F+Fsin40°=1500N+2500N⋅sin40°=3107Ny322222F=(∑F)+(∑F)=(3915+3107)N=4998NRxy∑Fx3915N∠(F,F)=arccos()=arccos()=38°62′RxF4998NR（2）几何法作力多边形Oabc，封闭边Oc确定了合力FR的大小和方向。根据图2-2c，得22F

4、=(F+Fcos40°)+(F+Fsin40°)R123222=2(000+2500cos40°)+1(500+2500sin40°)=4998N∑Fx3915N∠(F,F)=arccos=arccos=38°26′R1F4998NR2-3物体重P=20kN，用绳子挂在支架的滑轮B上，绳子的另1端接在绞车D上，如图2-3a所示。转动绞车，物体便能升起。设滑轮的大小、杆AB与CB自重及摩擦略去不计，A，B，C三处均为铰链连接。当物体处于平衡状态时，求拉杆AB和支杆CB所受的力。yFABBx30°FCB30°FTP(a)(b)图2-3解取支架、滑轮及重物为研究对象，坐标及受力如图2-3b所示。

5、由平衡理论得∑F=,0−F−Fcos30°−Fsin30°=0xABCBT∑F=,0−F−sin30°−Fcos30°−P=0yCBT将FT=P=20kN代入上述方程，得F=546.kN（拉），F=−746.kN（压）ABCB2-4火箭沿与水平面成β=25°角的方向作匀速直线运动，如图2-4a所示。火箭的推力F1=100kN，与运动方向成θ=5°角。如火箭重P=200kN，求空气动力F2和它与飞行方向的交角γ。yF2ϕθγβxF1P(a)(b)图2-4解坐标及受力如图2-4b所示，由平衡理论得∑F=,0Fcos(θ+β)−Fsinϕ=0(1)x12Fsinϕ=Fcos(θ+β)2110个人

6、资料理论力学（第七版）课后题答案哈工大.高等教育出版社∑F=,0Fsin(θ+β)−P+Fcosϕ=0(2)y12Fcosϕ=P−Fsin(θ+β)21式(1)除以式(2)，得Fcos(θ+β)1tanϕ=P−Fsin(θ+β)1代入有关数据，解得ϕ=30°γ=90°+ϕ−β=90°+30°−25°=95°将ϕ值等数据代入式(1)，得F=173kN22-5如图2-5a所示，刚架的点B作用1水平力F，刚架重量不计。求支座A，D的约束力。yFBCxFADAFD(a)(b)图2-5解研究对象：刚架。由三力平衡汇交定理，支座A的约束力FA必通过点C，方向如图2-5b所示。取坐标系Cxy，由平衡理论

7、得2∑F=,0F−F×=0（1）xA51∑F=,0F−F×=0（2）yDA5式(1)、(2)联立，解得5F=F=.112F，F=5.0FAD22-6如图2-6a所示，输电线ACB架在两线杆之间，形成1下垂曲线，下垂距离CD=f=1m，两电线杆距离AB=40m。电线ACB段重P=400N，可近似认为沿AB连线均匀分布。求电线中点和两端的拉力。yFTA10m10mDθP2/FTCxOC(a)(b)图2-6解本题为悬索问题，这