理论力学静力学第四章习题答案

由几何关系可得各点的虚位移如下：
y1 yC y3 y A
y2
1 1 yC y A 3 3

代入(1)式：
1 1 yC y A 3 3 1 1 F2 F3 M ) y A 0 3 3
( FAy F 1
对任意 x A 0 可得： FAy 4(kN ) ，方向如图所示。
广义坐标。
2a.求 FAx 在不破坏约束的前提下给定一组虚位移 x A 0, y A 0, 0 ，此时整个结构平移， 如上图所示。由虚位移原理
W ( Fi ) 0 有：
(2)
0 FAx x A F 1 x1 F2 x2 cos 120 0
W ( Fi ) 0 有：

2 ) 0
P zC F2 l ( Pa cos F2a cos
其中 F2 k (2a sin
a ) ，代入上式整理可得： 2 2 a [2 P cos ka(2 sin cos )] 0 2 2 由于 a 0 ，对任意 0 可得平衡时弹簧刚度系数为：
o
1.求支座 B 处的约束力 解除 B 点处的约束， 代之以力 FB ， 并将其视为主动力， 系统还受到主动力 F 1, F2 , F3 , M 的作用，如图所示。在不破坏约束的前提下，杆 AC 不动，梁 CDB 只能绕 C 点转动。系统有 一个自由度，选转角 为广义坐标。给定虚位移 ，由虚位移原理
4-8 设桁架有水平力 F1 及铅垂力 F2 作用其上，且 AD DC CE BE DK KE ，
30 o 。试求杆 1，2 和 3 所受的力。
解：
假设各杆受拉，杆长均为 a。
1．求杆 1 受力 去掉杆 1，代之以力 P 1 ，系统有一个自由度，选 AK 与水平方向的夹角 为广义坐标，如 上图所示。在不破坏约束的条件下给定一组虚位移，此时三角形 ADK 形状不变，绕 A 点转 动，因此有 rD A D , rK A K ，且：
F rA FM rE (30F FM ) rE 0
对任意 rE 0 有： FM 30F ，物体所受的挤压力的方向竖直向下。 4-4 如图所示长为 l 的均质杆 AB，其 A 端连有套筒，又可沿铅垂杆滑动。忽略摩擦及套筒重 量，试求图示两种情况平衡时的角度 。 解：4a 1.选杆 AB 为研究对象，该系统具有理想约束。设杆重为 P,作用在杆上的主动力为重力。 2.该系统的位置可通过杆 AB 与 z 轴的夹角 完全确定，有一个自由度。选参数 为广义 坐标。由几何关系可知： h 杆的质心坐标可表示为：
W ( Fi ) 0 有：
0 0 (F 1P 1) rD cos 60 P 1 rE cos 60 0
代入各点的虚位移整理可得：
(F 1 2P 1) a 0
F 1 （受压） 对任意 0 可得： P 。 1 2
2．求杆 2 受力 去掉杆 2，代之以力 P 2 ，系统有一个自由度，选 BK 与水平方向的夹角 为广义坐标，如 上 图所 示。 在不 破坏 约束 的条 件下 给定 一组 虚位 移， 杆 AK 绕 A 点转 动， 因此 有
rD a , rK 3a
滑动支座 B 处只允许水平方向的位移，而杆 BK 上 K 点虚位移沿铅垂方向，故 B 点不动。 三角形 BEK 绕 B 点旋转 rE B E ，且：
rE rD a
对刚性杆 CD 和杆 CE，由于 rD C D , rE C E ，因此 rC 0 。由虚位移原理
W ( Fi ) 0 有：
(4)
0 M A F 1 x1 F2 x2 cos 120 0
各点的虚位移如下：
x1 3
代入(4)式整理可得：
x2 xC 6
(M A 3F1 3F2 ) 0
对任意 0 可得： M A 24(kN m) ，顺时针方向。
1 3 1 F3 F2 M ) y A 0 2 4 6
FAy 3.8(kN) ，方向如图所示。
对任意 y A 0 可得：
2c.求 M A 在不破坏约束的前提下给定一组虚位移 x A 0, y A 0, 0 ，此时梁 AC 绕 A 点 转动，梁 CDB 平移，如上图所示。由虚位移原理
对任意 0 可得： FB 18.6(kN) ，方向如图所示。 2.求固定端 A 处的约束力 解 除 A 端 的 约 束 ， 代 之 以 FAx , FAy , M A ， 并 将 其 视 为 主 动 力 ， 系 统 还 受 到 主 动 力
F1, F2 , F3 , M 的作用。系统有三个自由度，选定 A 点的位移 x A , y A 和梁 AC 的转角 为
W ( Fi ) 0 有：
FAy y A F3 y3 F2 y2 cos 300 M 0
各点的虚位移如下：
(3)
y2 y3
代入(3)式整理可得：
1 1 yC y A 2 2

1 1 y2 y A 3 6
( FAy
静力学第四章部分习题解答
4-1 力铅垂地作用于杆 AO 上, AO 6BO, CO1 5DO1 。 在图示位置上杠杆水平， 杆 DC 与 DE 垂直。试求物体 M 所受的挤压力 FM 的大小。 解： 1.选定由杆 OA，O1C，DE 组成的系统为研 究对象，该系统具有理想约束。作用在系 统上的主动力为 F , FM 。 2.该系统的位置可通过杆 OA 与水平方向 的夹角 完全确定，有一个自由度。选参 数 为广义坐标。 3.在图示位置，不破坏约束的前提下，假 定杆 OA 有一个微小的转角 ，相应的 各点的虚位移如下：
解： 解除 A 端的约束，代之以 FAx , FAy , M A ，并将其视为主动力，此外系统还受到主动力
F 系统有三个自由度， 选定 A 点的位移 x A , y A 和梁 AC 的转角 1, F2 , F3 , M 的作用。
为广义坐标。 1．在不破坏约束的前提下给定一组虚位移 x A 0, y A 0, 0 ，如图所示。 由虚位移原理
P zC P (
对任意 0 有：

l sin ) 0 2
a sin 2

l sin 0 2
1
2a 3 即杆 AB 平衡时： arcsin( ) 。 l
解：4b 1.选杆 AB 为研究对象，该系统具有理想约束。设杆重为 P,作用在杆上的主动力为重力。 2.该系统的位置可通过杆 AB 与 z 轴的夹角 完全确定，有一个自由度。选参数 为广义
y1 2
y3 yC 3
y2

代入(2)式：
( M A 2 F 1 F2 3F 3 M ) 0
对任意 0 可得：
M A 7(kN m) ，逆时针方向。
4-7 图示结构上的载荷如下： q 2kN m ；力 F1 4kN ；力 F2 12kN ，其方向与水平 成 60 角；以及力偶，其力偶矩为 M 18kN m 。试求支座处的约束力。 解： 将均布载荷简化为作用在 CD 中点的集中载荷 F3 ，大小为 6q 。

k
2 P cos a (2 sin cos

2
)
4-6 复合梁 AD 的一端砌入墙内， B 点为活动铰链支座， C 点为铰链，作用于梁上的力
F1 5kN, F2 4kN, F3 3kN ，以及力偶矩为 M 2kN m 的力偶，如图所示。试求固定
端 A 处的约束力。
各点的虚位移如下：
x1 x2 x A
代入(2)式整理可得：
( FAx F 1 0.5F2 ) x A 0
对任意 x A 0 可得： FAx 2(kN ) ，方向如图所示。 2b.求 FAy
在不破坏约束的前提下给定一组虚位移 x A 0, y A 0, 0 ，此时梁 AC 向上 平移，梁 CDB 绕 D 点转动，如上图所示。由虚位移原理
a tan
zC
3.在平衡位置，不破坏约束的前提下，假定杆 AB 逆时针旋转一个微小的角度 ，则质心 C 的虚位移：
a l cos tan 2
zC
4.由虚位移原理
a sin
2

l sin 2
W ( Fi ) 0 有：
a sin
2
R sin R l cos 杆的质心坐标可表示为： zC sin 2
坐标。由几何关系可知： z A 3.在平衡位置，不破坏约束的前提下，假定杆 AB 顺时针旋转一个微小的角度 ，则质心 C 的虚位移：
zC
4.由虚位移原理
R sin
2
cos
l sin 2
W ( Fi ) 0 有：
R sin
2
P zC P (
对任意 0 有：
cos
l sin ) 0 2

R sin
2
cos
l sin 0 2
即平衡时 角满足： 2R cos l sin 3 0 。
W ( Fi ) 0 有：
(1)
FB rB cos 450 M F2 y2 cos 1500 F3 y3 0
各点的虚位移如下：
rB 6 2
代入(1)式整理可得：
y2 9
y3 3
(6 FB M
9 3 F2 3F3 ) 0 2
4-5 被抬起的简化台式打字机如图所示。 打字机和搁板重 P， 弹簧原长为 保持平衡时的弹簧刚度系数值。
a ， 试求系统在 角 2
解： 1.选整个系统为研究对象，此系统包含弹簧。设弹簧力 F 1, F2 ，且 F 1 F2 ，将弹簧力 视为主动力。此时作用在系统上的主动力有 F 1, F2 ，以及重力 P 。 2. 该系统只有一个自由度，选定 为广义坐标。由几何关系可知：
δθ δ rA δ rD δ rE δ rB δ rC
rA O A ， rB O B ， rC O1C
rD O1D ， rB rC ， rD rE
代入可得： rA 30rE 4.由虚位移原理
W ( Fi ) 0 有：
W ( Fi ) 0 有：
FAx x A 0
Baidu Nhomakorabea
对任意 x A 0 可得：
FAx 0
2．在不破坏约束的前提下给定一组虚位移 x A 0, y A 0, 0 ，如下图所示。 由虚位移原理
W ( Fi ) 0 有：
(1)
FAy y A F1 y1 F2 y2 F3 y3 M 0
3．在不破坏约束的前提下给定一组虚位移 x A 0, y A 0, 0 ，如上图所示。 由虚位移原理
W ( Fi ) 0 有：
(2)
M A F 1 y1 F2 y2 F3 y3 M 0
有几何关系可得各点的虚位移如下：
z A z B a sin
3.在平衡位置，不破坏约束的前提下，假定有一个微小的虚位移 ，则质心的虚位移为：
zC z A z B a cos
弹簧的长度 l 2a sin

2
，在微小虚位移 下：
l a cos
4.由虚位移原理

2