练习册静力学部分 答案

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1、第1章静力学公理受力图1.1√1.2×1.3√1.4√1.5×1.6D1.7D1.8滑动1.9内（变形）；外（运动）1.10约束；相反；主动力；主动力1.11【填空题】画出下列各物体的受力图。凡未特别注明者，物体的自重均不计，且所有的接触面都是光滑的。(1)(2)(3)(4)(5)1.12【填空题】画出下列各图中指定物体的受力图。凡未特别注明者，物体的自重均不计，且所有的接触面都是光滑的。(1)(2)(3)(4)(5)9(6)(7)第2章平面汇交力系2.1√√2.2√√2.3√××√2.4FRx=SFx，FRy=SFy，力学含义是合力在某坐标轴上的投影等于各分力在该轴上投

2、影的代数和。2.5b2.6×2.7用θ表示：Fx=Fcosθ；用α表示：Fx=-Fcosα。2.8(a)图(b)图分力Fx=F/cosαFx=F·cosαFy=F·tanαFy=F·sinα投影值Fx=F·cosαFx=F·cosαFy=0Fy=F·sinα图(a)的分力Fx与图(b)的Fx大小不相等；图(a)的投影Fx与图(b)的Fx大小相等；图(a)的分力Fy与图(b)的Fy大小不相等；图(a)的投影Fy与图(b)的Fy大小不相等。2.9解：据FRx=SFx，得：FRx=P×cos30°-N×cos60°-Q；据FRy=SFy，得：FRy=P×sin30°+N×sin

3、60°-G；得，据，得：。92.10解得2.11解：1.研究BC，为二力构件，画受力图2.研究AC，画受力图列平衡方程解得：2.12AB、BC皆为二力杆，首先分析B点的平面汇交力系，再分析C处的平面汇交力系，得到FN=1.07kN第3章力矩平面力偶理论3.1矩心；力偶矩3.2√√3.3×3.4a，d，e3.5×3.6A3.7B3.8力偶矩相等；平面力偶系中各力偶的力偶矩代数和等于零。3.9(1)力偶矩，保持不变(2)同一平面内。3.10(a)Fl(b)0(c)Flsinα(d)-Fa(e)F(l+r)(f)3.11a.×b.√c.×d.√3.12(a)(b)3.13曲杆C

4、D为二力构件，A与C处约束力形成一反力偶与M平衡，3.14M2=3N·m3.15首先研究BC构件，画受力图，解得再研究ADC构件，画受力图，求得，。9第4章平面一般力系4.1×4.2×4.3×4.4×4.5√4.6B4.7ACC4.8A4.9图(b)4.10二矩心连线不能与投影轴垂直4.11三矩心不能共线4.12F¢Rx=SFx=70N；F¢Ry=SFy=150N；MO=SMO(F)=580N×m；FR＝F¢R＝165.5N;15x-7y-58＝04.13SMA(F)=0①SFy=0②SFx=0③求得FB=21kN；FAx=0；FAy=15kN。4.14FR＝1kN，(F

5、R，x)=300°，作用线过O点。4.15(a)FAx=0,FAy=-45kN,FB=85kN;(b)FAx=19.2kN,FAy=26.7kN,FB=38.5kN;(c)FAx=0,FAy=40kN,MA=-80kN×m;(d)FAx=-10kN,FAy=20kN,MA=60kN×m;(e)FAx=-F,,;(f)FAx=0,FAy=2qa,MA=2qa2–M;4.16三链杆处的约束反力皆设为拉力，分别沿三角形板ABC三个边的方向，分别以A、B、C三点为矩心，列平衡方程解得，，4.17杆DE为二力杆，设为拉力，解得，，4.18直接取整体研究，解得，，4.19G3=333

6、kN，x=6.75m4.20√4.21×4.22√4.23√4.24√4.25A.4.26CG4.27D4.28图(a)为一次静不定，图(b)为三次静不定，图(c)为静定，图(d)为一次静不定，图(e)为一次静不定。4.29略4.30图(a)中的(3、9、11)号杆是零杆；图(b)中的(1、2、5、7、9)号杆是零杆；图(c)中的(1、2、3、5、6、7、9、11)号杆是零杆；4.31解先取CE研究，SMC(F)=0，①再取整体研究，SMA(F)=0，②SFy＝0，③解得FAx＝0，FAy＝-250N，FB＝1500N，FE＝250N。4.32(1)研究BC，B、C处约束

7、力形成一力偶，列平衡方程得(2)研究整体或AB部分，列平衡方程得。94.33（1）取整体为研究对象，A、B处约束力形成一力偶，列平衡方程得(2)再研究BC，以C点为矩心，列平衡方程解得4.34解：匀速提升重物时，F=P。（1）研究整体，受力如图所示。列方程：ΣFx＝0，ΣFy＝0，ΣMA(Fi)＝0，解得FAx＝5kN，FAy＝18.66kN，MA＝41kN·m。（2）研究杆BEC，受力如图所示。列方程：ΣMB(Fi)＝0，，解得FDE＝52.8kN。或，研究杆BEC时解出FBx，FBy后，再研究杆ADB，受力如图所示。列方程