同济大学工程力学练习册习题解答
F1
MO = 10 √5
— N· m
g ' = 63.43°
P5 习题：1 y
平面任意力系的简化
' = F = 10120 kN FRx ' = - P - P = - 31200 kN FRy 1 2
22 ' 22 'F F FRx F 32800 945kN kN Ry iy = ix
' = F = 5 kN 向O点简化： FRx 5
z
E
' = 5 — kN FR √6 1
D
cosa = — — √6
2
F'
Ry
= F2 = 10 kN
G
g
O
F1
x
M H F4 34 ' b F F FRz = F1 = 5 kN R3 C
cosb = — — √6 cosg = — — √6
1
a
2
FBx B F1
FB FBy B
FB
[铰 B ]
FAy
FE
F2 C
O 二力杆 FO1
FO2 A FAx FAy E
铰链约束 O D FD [ OD ] FD F1 B
[ BCD ] D
F2
C
三力汇交
[ 整体 ]
FO2 FOx O FOy
[铰 O ] FO1 FOy
O FOx
D
P4 习题：1
m) M34 = F3· OA j = 6 j (kN·
静力学
习题解答
练习册
P1 习题：1 矢量与代数量 方法 二次投影法 Fx = Fcosj sinq = 64 N sinj = 3/ 5 sinq = 4/ 5 Fy = Fcosj cosq = 48 N cosj = 4/ 5 cosq = 3/ 5 F z Fz = Fsinj = 60 N j D l2 Fz F = F i + F j + F k q x y z B FAB a l g k l3 A = 64 i + 48 j + 60 k (N) x F b i a x F , jx F 2 2 2 = 25 cm C l l l = l a b c Fy 2 3 1 l1 y
2 2
受力图：
⑴ 单独画出研究对象的简图（轮廓）。 分离出被研究的物体
习题时：
用尺（杆粗 绳细）
看清题目要求 分析过程不写
⑵ 所有受力应画在各力的作用点。
约束作用由反力替代
只画受力图
（完整 符号相同与不同）
画受力图的注意点： ① 选取“研究对象”，解除研究对象上所有约束。 ② 先画主动力，再画约束反力。
— P1 习题：2 — √2 二次投影法 Fx = - — F = -50√2 N z 2 — Mz — √ 2 g′ Fy = — F = 50√2 N Fz = 0 F 2 Fx Fy My — b′ Mx = -Fy l = -25√2 N.m MO a′ O y — My = -|Fx|l = -25√2 N.m Mx
FR' = 100 i + 100 j (N)
' = 100 — N FR √2
F2
z
MO
' FR
a = b = 45° g = 90°
MO = 20 j + 10 k (N· m)
MOx = 0 M
M⊥
m a ' = 90° MOy = F2· h - M = 20 N· m b ' = 26.57° MOz = F1· l - F2· b = 10 N·
P3 习题：3(a)
A FAx P1 FBy F Bx B FBx 铰链约束 B FBy P2 C D
FAy 三力汇交? [ AB ]
FD FC 连杆约束 [ BD ]
A FAx FAy
P1
B
P2 FC C
D FD
[ 整体 ]
P3 习题：3(b)
FA A [ AO1 ] O1 FO1 A FA
[ AB ]
xR = |MO|/|FRy| = 19.94 m
P6 习题：1 y
A1
对称性
yC = 0 x1 = 0
A1 = pR2
R O ·
A2 = - pr2
x2 = R/2
A2 r
x
xC =
A1x1 + A2x2 A1 + A2
=–
r2 R 2(R2 - r2)
R/2
P6 习题：2
对称性
xC = xE = l /2
按要求! 画全!
想当然? (约束 公理)力系特性) 去掉约束! 符号(一致)
单独画出! 位置 (不交叉 外部) 内力(不考虑)
P2 习题：1(a)
光滑接触面
O
FNA
A
PB
FNB
[圆O]
P2 习题：1(b)
F
B
二力杆
C
三力汇交
FC
反作用力 FC
A FAx
C
O
[ OC ]
FO
铰链约束 FAy [ AB ]
A1 = l 2 A2 = - l yE /2
y
y1 = l / 2
y2 = yE / 3 3l 2 – yE2 令 3(2l – yE )
A1 A2 O
E ·
l x
yC =
A1y1 + A2y2 A1 + A2
=–
= yE
2yE2 - 6yEl + 3l 2 = 0 则
yE = yE =
— 3 ± √3
x
合力矩定理
— Mz = Fy l = 25√2 N.m
— MO = -25√2 ( i + j - k )(N.m) 1 — cosa′= - — √3
— MO = 25√6 N.m
1 cosg′= — — √3
1 cosb′= - — — √3
P1 习题：3 z
Mx = Fl2
My = Mz = 0
（根据 约束的类型 等， 应画在各力的作用点， 此时，分布力才可用合力替代）。 ┏ 注意： 作用力与反作用力的方向关系 ┗ 熟练掌握：二力平衡公理 先判定二力杆（构件） ③ 研究对象的内力与外力： 内力成对，可单独视为一平衡力系；受力分析时，可不画。 ④ 由简到繁：未知力的多少。
作业中的问题 尺!
F5 y
AF
B MOx = 0 MOy = - F1· OA + M34 = 0
FR' = 5 i + 10 j + 5 k (kN)
MO = 0
FR = FR'
最终结果
MOz = F2· OA - F5· OC = 0
P4 习题：2
向O点简化：
' = F = 100 N FRx 2 ' = F = 100 N FRy 1 ' =0 FRz
2 2 3 - √3
l
l = yC
E ( 0.5l，0.634l )
取
—
向O点简化：
F
P1 d O b xR
' FR =
P2
cosa = 0.3085
a = 72.03° b = 162.03°MO '来自FR FRax
cosb = - 0.9512
MO = - F · 3h - P1· b - P2· 5b = - 622200 kN· m
主矩等于零处： d = |MO|/FR = 18.97 m 最终结果 或
力矩关系定理
MO = Fl2 i
l3 O x
MOA l MO
Fx A F
F
a
l=
2 2 2 l l l a b c 2 3 1
, ,
a
l2
y bl cos a = l / l1 F 1 y F
2
a b c MOA = MOcosa c Fl Fz F . a 1l2 = a 2 b2 c 2 , Fx F 2 2 2 l l l a b c 2 3 1 b Fy F , 2 2 2 a b c
y
MOy O
MOz M∥
h
x
— — M — 最终结果 √ 2 ⊥ √6 √ 2 N· M∥ = — MOy = 10 m a= — = —m ' 2 20 FR — — 2 22 √ 2 = 12.25 cm 2 M⊥ = √ 3 = 10 N· m M FR F 945kN ( ) ( MF ) — Oy Oz ix iy
P C
平面平行力系的平衡特性 B 铰链约束 FCx FCy
FCx
FCy
FO2x FO2 A
C D 三力汇交 FD
FD
D
O2 [ CO2 ] FO2y P C D FO2x B
O3
[ DO3 ]
FO3
二力杆
FO1
O1 FO2
O2 FO2y
FO3
O3
[ 整体 ]
P3 习题：3(c)
FE
E FAx [ OE ] A [ AB ] B FBy FBx E
F
B C C A O
FA
[ 整体 ] FAy
FAx
FO
FA
P2 习题：2(a) 平面力系!
铰链支座
A F1
FA
A
二力杆 B [ AB ] FB
FOx
P FA O FOy
滑槽 FB B F2
F [ 滑块 ]
[ 轮O ] A
F1
FOx
P O FOy [ 整体 ]
工程力学(静力学与材料力学)第四版习题答案
静力学部分第一章基本概念受力图2-1 解：由解析法，23cos 80RX F X P P N θ==+=∑12sin 140RY F Y P P N θ==+=∑故：161.2R F N ==1(,)arccos 2944RY R R F 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：3R 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0x =∑cos 450RA F P -=15.8RA F KN ∴=由0Y =∑sin 450RA RB F F P +-=7.1RB F KN ∴=(b)解：受力分析如图所示：由x =∑cos 45cos 450RA RB F F P --=0Y =∑sin 45sin 450RA RB F F P -=联立上二式，得： 22.410RA RB F KNF 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0x =∑ cos 0AC r F F α-=12cos G G α∴=由0Y =∑ sin 0AC N F F W α+-=2sin N F W G W α∴=-⋅=2-7解：受力分析如图所示，取左半部分为研究对象由0x =∑ cos 45cos 450RA CB P F F --=0Y =∑sin 45sin 450CB RA 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 CB F 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 P F 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 =∑0RD REF F '= 0Y =∑0RD F Q -=联立方程后解得：RD F =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：RA F =2RB F Q P=+（3）取BCE 部分。
同济大学工程力学练习册习题解答
l
l = yC
E ( 0.5l，0.634l )
取
—
— P1 习题：2 — √2 二次投影法 Fx = - — F = -50√2 N z 2 — Mz — √ 2 g′ Fy = — F = 50√2 N Fz = 0 F 2 Fx Fy My — b′ Mx = -Fy l = -25√2 N.m MO a′ O y — My = -|Fx|l = -25√2 N.m Mx
FBx B F1
FB FBy B
FB
[铰 B ]
FAy
FE
F2 C
O 二力杆 FO1
FO2 A FAx FAy E
铰链约束 O D FD [ OD ] FD F1 B
[ BCD ] D
F2
C
三力汇交
[ 整体 ]
FO2 FOx O FOy
[铰 O ] FO1 FOy
O FOx
D
P4 习题：1
m) M34 = F3· OA j = 6 j (kN·
按要求! 画全!
想当然? (约束 公理)力系特性) 去掉约束! 符号(一致)
单独画出! 位置 (不交叉 外部) 内力(不考虑)
P2 习题：1(a)
光滑接触面
O
FNA
A
PB
FNB
[圆O]
P2 习题：1(b)
F
B
二力杆
C
三力汇交
FC
反作用力 FC
A FAx
C
O
[ OC ]
FO
铰链约束 FAy [ AB ]
FC
O F2 D E FE [ 轮O ] FD
三力汇交 C
C FC 光滑接触面 [ AB ] B
《工程力学》课后习题解答
4日1-1试画出以下各题中圆柱或圆盘的受力争.与其它物体接触处的摩擦力均略去.12140 sin 600530 cos6005207 164 o y AC o x BC AC AC BC F F F F F F F F F N F N =⨯+-==⨯--=∴==∑∑AC 与BC 两杆均受拉.2-3 程度力F 感化在刚架的B 点,如图所示.如不计刚架重量,试求支座A 和D 处的束缚力.解：(1) 取整体(2) 22D A F2-4 在简支梁AB 的中点C 感化一个竖直45o 的力F,力的大小等于20KN,如图所示.若梁的自重不计,试求两支座的束缚力.解：(1) 研讨AB ,(2)类似关系：B A F F FCDE cde CD CE ED ∆≈∆∴==几何尺寸：11 222CE BD CD ED =====FFF AF D求出束缚反力：12010 22010.4 45arctan 18.4B A o oCE F F kNCDED F F kNCDCECD α=⨯=⨯==⨯===-= 2-6 如图所示构造由两弯杆ABC 和DE 构成.构件重量不计,图中的长度单位为cm.已知F =200N,试求支座A 和E 的束缚力.解：(1)取 (2) 取3-1已知梁,支座A和B解：(a) A B M F F l∴==(b) 受力剖析,画受力争;A.B 处的束缚力构成一个力偶;0 0 B B A B M M Fl M F lM F F l=⨯-==∴==∑(c)受力剖析,画受力争;A.B 处的束缚力构成一个力偶;列均衡方程：cos cos A B MM l M F F l θθ==∴==∑3-3 齿轮箱的两个轴上感化的力偶如题图所示,它们的力偶矩的大小分离为M 1=500Nm,M 2=125Nm.求两螺栓处的铅垂束缚力.图中长度单位为cm.解：(1);(2) 500125750 50750 A B M N F F N-===∴==∑3-5 四连杆机构在图示地位均衡.已知OA=60cm,BC=40cm,感化BC 上的力偶的力偶矩大小为M 2=1N.m,试求感化在OA 上力偶的力偶矩大小M 1和AB 所受的力F AB .各杆重量不计.解：(1) 研讨BC 杆,列均衡方程：22015 0.4sin 30sin 30BB o oM M F N BC ====⨯BF F B(2) 研讨AB （二力杆）,受力如图：可知：'' 5 A B B F F F N===(3) 研讨OA 杆,受力剖析,画受力争：列均衡方程：113 M M M Nm==∴=∑4-1 试求题4-1图所示各梁支座的束缚力.设力的单位为kN,力偶矩的单位为kN ⋅m,长度单位为m,散布载荷集度为kN/m.(提醒：盘算非均布载荷的投影和与力矩和时需应用积分). 解：(b)：(1) 整体受力剖析,(2) 选坐标系Axy ,(20AB B MF +⨯=∑0B =(c)：(1) 研讨AB 杆,受力剖析,画出受力争(平面随意率性力系); (2) 选坐标系Axy ,0A B AF (e)F x F20: 2cos3004.24 kNo y Ay B B F F dx F F =-⨯+==∑⎰0: sin 3002.12 kNo xAx B Ax FF F F =-==∑束缚力的偏向如图所示.(e)：(1) 研讨C ABD 杆,受力剖析,画出受力争(平面随意率性力系);(2) 选坐标系Axy ,(021 kNAB B MF F ==∑0.80: 2020015 kNyAy B Ay Fdx F F F =-⨯++-==∑⎰束缚力的偏向如图所示.4-13 运动梯子置于滑腻程度面上,并在铅垂面内,梯子两部分AC 和A B 各重为Q ,重心在A 点,彼此用搭钮A 和绳索DE 衔接.一人重为P 立于F 处,试求绳索DE 的拉力和B .C 两点的束缚力.解：(1)：研讨整体,受力剖析,(2) 选坐标系Bxy ,)()0: -2cos 2cos 0B C C M F Q l a F l F αα=-+⨯=∑0: 202yB C B FF F Q P a F Q P l=+--==+∑(3) 研讨AB ,受力剖析,画出受力争(平面随意率性力系);xq x(4) 选A 点为矩心,()0:0A D M F F h α=+⨯=∑4-16 由AC 和CD 4-16图所示.已知均布载荷集度q =10 kN/m,力偶M =40 kN ⋅m,a =2 m,不计梁重,试求支座A .B .D 的束缚力和搭钮C 所受的力.解：(1) 研讨CD 杆,(2) 选坐标系Cxy ,20D a ⨯=∑0: 025 kNy C D C F F q dx F F =-⨯-==∑⎰(3) 研讨ABC 杆,受力剖析,画出受力争(平面平行力系);(4) 选坐标系Bxy ,'()0B C M F x F a -⨯=∑'080 kNyB C B FF F =-==∑束缚力的偏向如图所示.4-17 刚架ABC 和刚架CD 经由过程搭钮C 衔接,并与地面经由过程搭钮A .B .D 衔接,如题4-17图所示,载荷如图,试求刚架的支座束缚力(尺寸单位为m,力的单位为 kN,载荷集度单x(a)：(1) 研讨CD 杆,它是二力杆,又依据D 点的束缚性质,可知：F C =F D =0;(2) 研讨整体,受力剖析,画出受力争(平面随意率性力系);(3) 选坐标系Axy ,60B F ⨯=∑180 kNy Ay B Ay F ==束缚力的偏向如图所示.(b)：(1) 研讨CD 杆,受力剖析,画出受力争(平面随意率性力系);(2) 选C 点为矩心,3015 kN D q dx x F ⨯⨯+⨯=(3) 研讨整体,);(4) 选坐标系35030AyM⨯+⨯=∑300: 010 kNyAy B D B FF q dx F F F =-⨯-+==∑⎰束缚力的偏向如图所示.=50x5-5 感化于半径为120 mm 的齿轮上的啮合力F 推进皮带绕程度轴AB 作匀速迁移转变.已知皮带紧边拉力为200 N,松边拉力为100 N,尺寸如题5-5图所示.试求力F 的大小以及轴承A .B 的束缚力.(尺寸单位mm).解: (1) 研讨整体,8-2 试画出8-1解：(a) (b)(c) (d) 8-14 图示桁架,杆与d 2=20mm,两杆材料雷同,F =80kN 感化,试校解：(1) 对节点A(2) 列均衡方程0 sin 0 cos30x AB yAB FF FF =-=∑∑解得：41.4 58.6AC AB F kN F kN ====(2)分离对两杆进行强度盘算;[][]1282.9131.8ABAB ACAC F MPa A F MPa A σσσσ====所以桁架的强度足够.8-15 图示桁架,杆1为圆截面钢杆,杆2为方截面木杆,在节点A 处推却铅直偏向的载荷F 感化,试肯定钢杆的直径d 与木杆截面的边宽b .已知载荷F =50kN,钢的许用应力[σS ] =160MPa,木的许用应力[σW ] =10MPa.解：(1) 对节点A;50AB F kN ==(2) []322 20.070.71010 84.1ABAC ACW d mm F MPa b mm A b σσσ≥⨯==≤=≥所以可以肯定钢杆的直径为20mm,木杆的边宽为84mm. 8-16 题8-14所述桁架,试定载荷F 的许用值[F ].解：(1) 由8-14得到AB.AC 两杆所受的力与载荷F 的关系;AC AB F F ==(2) 应用强度前提,分离对两杆进行强度盘算;[]211160 154.54ABAB F MPa F kN A d σσπ==≤=≤[]222160 97.14ACAC F MPa F kN A d σσπ==≤=≤取[F ]=97.1kN.8-18图示阶梯形杆AC ,F =10kN,l 1= l 2=400mm,A 1=2A 2=100mm 2,E =200GPa,试盘算杆AC 的轴FFF ABF AC向变形△l .解：(1)(2) 分段盘算个杆的轴向变形;33112212331210104001010400200101002001050 02 N N F l F l l l l EA EA .mm⨯⨯⨯⨯∆=∆+∆=+=-⨯⨯⨯⨯=-AC 杆缩短.8-26 图示两头固定等截面直杆,横截面的面积为A ,推却轴向载荷F 感化,试盘算杆内横截面上的最大拉应力与最大压应力.解：(1)xA B(2) 用截面法求出AB .BC .CD 段的轴力;123 N A N A N BF F F F F F F =-=-+=-(3) 用变形调和前提,列出补充方程;AB BC CD l l l ∆+∆+∆=代入胡克定律;231 /3()/3/3 0N BC N CDN ABAB BC CD A A B F l F l F l l l l EA EA EA F l F F l F l EA EA EA ∆=∆=∆=-+-+-=求出束缚反力：/3A B F F F ==FACB(b)(4) 最大拉应力和最大压应力;21,max ,max 2 33N N l y F F F FA A A A σσ====-8-27 图示构造,梁BD 为刚体,杆1与杆2用统一种材料制成,横截面面积均为A =300mm 2,许用应力[σ]=160MPa,载荷F =50kN,试校核杆的强度.解：(1) 对BD=(2) 由变形调和关系,代之胡克定理,可得;21212 2N N N N F l F lF F EA EA ==解联立方程得：122455N N F F F F ==(3) 强度盘算;[][]3113222501066.7 160 530045010133.3 160 5300N N F MPa MPaA F MPa MPaA σσσσ⨯⨯====⨯⨯⨯====⨯所以杆的强度足够.8-33 图示接头,推却轴向载荷F 感化,试校核接头的强度.已知：载荷F =80kN,板宽b =80mm,板厚δ=10mm,铆钉直径d =16mm,许用应力[σ]=160MPa,许用切应力[τ] =120MPa,许用挤压应力[σbs ] =340MPa.板件与铆钉的材料相等.解：(1)[]21499.5 120 14QSF F MPa MPaA d ττπ===≤=(2) 校核铆钉的挤压强度;[]14125 340 b bs bs b FF MPa MPaA d σσδ===≤=(3) 斟酌板件的拉伸强度; 对板件受力剖析,画板件的轴力争;校核1-1160 MPa校核2-2] 160 MPa =所以,接头的强度足够.10-2. 解：(c)(1) (2) 11111 (0/2) (0/2)S F F x l M Fx x l =-=-≤≤ ()21221 (/2) (/2)S F F l x l M F l x l x l ==--≤≤(3) 画剪力争与弯矩图 F xq(d)(1) )S F l 21 (0)42M x x x l =-≤(2) 画剪力争与弯矩图10-5(b)(1) 求束缚力;(2) 画剪力争和弯矩图 (c)(1) 求束缚力; q AxF xM A xF S(2) 画剪力争和弯矩图; (d)(1) 求束缚力;(2) 画剪力争和弯矩图;(e)(1) 求束缚力;(2) 画剪力争和弯矩图 (f)(1) 求束缚力;(2) 11-6图示悬臂梁,折正应力,解：(1)(2) (3) 盘算应力： 最大应力：F SM xFzK 点的应力：11-7图示梁,由No22槽钢制成,弯矩M =80N.m,并位于纵向对称面（即x-y 平面）内.试求梁内的最大曲折拉应力与最大曲折压应力.解：(1)79 b mm =(2) 最大曲折拉应力（产生鄙人边缘点处）()30max880(7920.3)10 2.67 17610x M b y MPaI σ-+-⋅-⨯-⨯===⨯(3) 最大曲折压应力（产生在上边缘点处）30max88020.3100.92 17610x M y MPa I σ---⋅⨯⨯===⨯6max max max227.510176 408066ZM M MPabh W σ⨯====⨯6max max 337.51030132 ********K ZM y M y MPa bh I σ⋅⋅⨯⨯====⨯MMz。
《工程力学》课后习题答案全集
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。
工程力学Ⅱ智慧树知到答案章节测试2023年同济大学
第一章测试1.用自然法表示动点的加速度时，加速度等于切向加速度和法向加速度的矢量和。
其中切向加速度反映__________________________；法向加速度反映________________________________。
（）A:中点曲线；速度方向变化；速度大小变化。
B:矢端曲线；速度大小变化；速度方向变化。
C:矢端曲线；速度方向变化；速度大小变化。
D:中点曲线；速度大小变化；速度方向变化。
答案:B2.点做曲线运动如图所示。
若点在不同位置时的加速度是一个恒矢量，则该点做。
（）A:匀减速运动B:匀速运动C:变速运动D:匀加速运动答案:C3.在图示曲柄滑块机构中，曲柄OC绕O轴转动，j=wt（w为常量）。
滑块A，B可分别沿通过O点且相互垂直的两直槽滑动，若AC=CB=OC=L，则A、B点速度的大小分别为（）A:Lwcosj；LwsinjB:Lwsinj；LwcosjC:2Lwsinj；2LwcosjD:2Lwcosj；2Lwsinj答案:D4.点沿半径R=500mm的圆周运动，已知点的运动规律为s=10Rt3(mm)，则当t=1s时，该点的加速度的大小为（）m/s2A:3.000B:4.500C:7.508D:5.408答案:D第二章测试1.刚体作平移时，某瞬时体内各点不但有相同的速度，而且有相同的加速度。
（）A:错B:对答案:B2.平面机构如图所示。
已知AB//O1O2，且AB=O1O2=L，AO1=BO2=r，ABCD是矩形板，AD=BC=b，AO1杆以匀角速度w绕O1轴转动，则矩形板重心点的速度和加速度的大小分别为（）答案:C3.若刚体运动时，其上两点的轨迹相同，则该刚体一定作平行移动。
（）A:对B:错答案:B4.在图示平面机构中，杆_____作平面运动，则该瞬时此杆的速度瞬心在____。
（）A:OA；A点B:AB；B点C:OA；B点D:AB；A点答案:B5.图示机构中，已知O1A=O2B。
工程力学练习册习题答案汇总
工程力学练习册学校学院专业学号教师姓名第一章静力学基础1-1 画出下列各图中物体 A ,构件 AB , BC 或 ABC 的受力图,未标重力的物体的重量不计,所有接触处均为光滑接触。
(a(b(c(d(e(f(g1-2 试画出图示各题中 AC 杆(带销钉和 BC 杆的受力图(a (b (c(a1-3 画出图中指定物体的受力图。
所有摩擦均不计, 各物自重除图中已画出的外均不计。
(a(b(c(d(e(f(g第二章平面力系2-1 电动机重 P=5000N ,放在水平梁 AC 的中央,如图所示。
梁的 A 端以铰链固定, 另一端以撑杆 BC 支持, 撑杆与水平梁的夹角为 30 0。
如忽略撑杆与梁的重量, 求绞支座 A 、 B 处的约束反力。
题 2-1图∑∑=︒+︒==︒-︒=P F F F F F FB A y A B x 30sin 30sin , 0030cos 30cos , 0解得 : N P F F B A 5000=== 2-2 物体重 P=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。
设滑轮的大小及轴承的摩擦略去不计,杆重不计, 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BC 所受的力。
题 2-2图∑∑=-︒-︒-==︒-︒--=030cos 30sin , 0030sin 30cos , 0P P F F P F F FBC y BC AB x解得 :P F P F BC AB 732. 2732. 3=-=2-3 如图所示,输电线 ACB 架在两电线杆之间,形成一下垂线,下垂距离 CD =f =1m , 两电线杆间距离 AB =40m。
电线 ACB 段重 P=400N ,可近视认为沿 AB 直线均匀分布,求电线的中点和两端的拉力。
题 2-3图以 AC 段电线为研究对象,三力汇交NF NF F F F F F FC A GA y C A x 200020110/1tan sin , 0, cos , 0=======∑∑解得:ααα2-4 图示为一拔桩装置。
工程力学练习册习题答案
工程力学练习册学校学院专业学号教师姓名第一章静力学基础1-1 画出下列各图中物体A，构件AB，BC或ABC的受力图，未标重力的物体的重量不计，所有接触处均为光滑接触。
（a）（b）（c）（d）（e）（f）（g）1-2 试画出图示各题中AC杆（带销钉）和BC杆的受力图（a）（b）（c）（a）1-3 画出图中指定物体的受力图。
所有摩擦均不计，各物自重除图中已画出的外均不计。
（a）（b）（c）（d）（e）（f）（g）第二章 平面力系2-1 电动机重P=5000N ，放在水平梁AC 的中央，如图所示。
梁的A 端以铰链固定，另一端以撑杆BC 支持，撑杆与水平梁的夹角为30 0。
如忽略撑杆与梁的重量，求绞支座A 、B 处的约束反力。
题2-1图∑∑=︒+︒==︒-︒=PF F FF F F B A yA B x 30sin 30sin ,0030cos 30cos ,0解得: N P F F B A 5000===2-2 物体重P=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。
设滑轮的大小及轴承的摩擦略去不计，杆重不计，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BC 所受的力。
题2-2图∑∑=-︒-︒-==︒-︒--=030cos 30sin ,0030sin 30cos ,0P P F FP F F F BC yBC AB x解得: PF P F BC AB 732.2732.3=-=2-3 如图所示，输电线ACB 架在两电线杆之间，形成一下垂线，下垂距离CD =f =1m ，两电线杆间距离AB =40m 。
电线ACB 段重P=400N ，可近视认为沿AB 直线均匀分布，求电线的中点和两端的拉力。
题2-3图以AC 段电线为研究对象，三力汇交 NF N F F F FF F F C A GA yC A x 200020110/1tan sin ,0,cos ,0=======∑∑解得：ααα2-4 图示为一拔桩装置。
同济大学工程力学练习册习题解答共21页
36、如果我们国家的法律中只有某种 神灵， 而不是 殚精竭 虑将神 灵揉进 宪法， 总体上 来说， 法律就 会更好 。—— 马克·吐 温 37、纲纪废弃之日，便是暴政兴起之 时。— —威·皮 物特
38、若是没有公众舆论的支持，法律 是丝毫 没有力 量的。 ——菲 力普斯 39、一个判例造出另一个判例，它们 迅速累 聚，进 而成 法律。 ——朱 尼厄斯
40、人类法律，事物有规律，这是不 容忽视 的。— —爱献 生
66、节制使快乐增加并使享受加强。 ——德 谟克利 特 67、今天应做的事没有做，明天再早也 是耽误 了。——裴斯 泰洛齐 68、决定一个人的一生，以及整个命运 的，只 是一瞬 之间。 ——歌 德 69、懒人无法享受休息之乐。——拉布 克 70、浪费时间是一桩大罪过。——卢梭
同济大学07-08工程力学2试卷 (答B)
同济大学课程考核试卷（B 卷）答案：一、填空题（每小题5分，共20分） 1.答：5m/s 2 ；[4分] 与O z B 成60度角。
[5分] 2.答：43mRv；[2.5分] 1632m v 。
[5分]3．答：惯性力系主矢的大小为：me α，me ω2；[2.5分] 惯性力系的主矩的大小为：2)2(22αe R m +（图略）。
[5分] 4．答：2个；[1分] 2sin ϕPL - ；[5分]二、计算题（10分）解：以杆CD 上的D 点为动点，动系固连于杆AB 。
r e v v v+= [5分]L Lv v 4sin 22e ωθω=== （水平向右） [10分] 三、计算题（15分） 解：ω⨯=OA v A ，2nω⨯=OA a AC 点为AB 杆的速度瞬心s rad/25.11==ACv Aω（逆钟向） [4分] BC 杆的角速度12ωω=t n n t n AB AB A B B a a a a a ++=+22n ω⨯=BC a B ，21n ω⨯=AB a BA[7分]BC ：ϕϕϕsin cos cos t n n n BA BA A B a a a a ++-=得 2t cm/s 61.73=BA a2t1s rad/07.3==ABa BAα（顺钟向） [10分]四、计算题（10分） 解：设系统动量向下为正，其大小为22v g P v g P v g P p C B A --=)2(2 C B A P P P g v--= [10分] 解：对轮Ａ：m 1 a A = F S A －F A C ○1 [4] J A α A = M －F S A R ○2 [8] 对轮Ｃ：J C α C = ( F A C －F C D ) r ○3 [12] 对轮Ｄ、物Ｂ：m 3 a = F C D + F D E －m 3 g ○4 [16] 式中：F C D = F D E =21m 3 ( g + a ) ， a A = r α C = 2 a [18] 由○1、○2、○3、○4可得： a =Rm m m gRm M )26(23213++- F S A = R M －21a mF N A = m 1 g [20]六、计算题（10分）解：AC 杆和BC 杆均作“瞬时平移”。
《工程力学》详细版习题参考答案
∑ Fx
=FAx
+
FBx
+
FCx
=− 1 2
F
+
F
−
1 2
F
=0
∑ Fy
= FAy
+
FBy
+
FCy
= − 3 2
F
+
3 F = 0 2
∑ M B= FBy ⋅ l=
3 Fl 2
因此，该力系的简化结果为一个力偶矩 M = 3Fl / 2 ，逆时针方向。
题 2-2 如图 2-19（a）所示，在钢架的 B 点作用有水平力 F，钢架重力忽 略不计。试求支座 A，D 的约束反力。
（a）
（b）
图 2-18
解：（1）如图 2-18（b）所示，建立直角坐标系 xBy。 （2）分别求出 A，B，C 各点处受力在 x，y 轴上的分力
思考题与练习题答案
FAx
= − 12 F ，FAy
= − 3 F 2
= FBx F= ，FBy 0
FCx
= − 12 F ，FCy
= 3 F 2
（3）求出各分力在 B 点处的合力和合力偶
（3）根据力偶系平衡条件列出方程，并求解未知量
∑ M =0 − aF + 2aFD =0
《工程力学》
可解得 F=Ay F=D F /2 。求得结果为正，说明 FAy 和 FD 的方向与假设方向相同。 题 2-3 如 图 2-20 （ a ） 所 示 ， 水 平 梁 上 作 用 有 两 个 力 偶 ， 分 别 为
3-4 什么是超静定问题？如何判断问题是静定还是超静定？请说明图 3-12 中哪些是静定问题，哪些是超静定问题？
（a）