《工程力学》第2次作业解答平面力系.docx
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《工程力学》第2次作业解答平面力系
《工程力学》第2次作业解答（平面力系）
2008-2009学年第2学期
一、填空题
1•合力在某坐标轴上的投影，等于其各分力在_同一轴上投影的_代数和。
2.画力多边形时，各分力矢量—首尾相接，而合力矢量是从第一个分力矢量的—起点指向最后一个分力矢量的一终点。
3•如果平面汇交力系的合力为零，则物体在该力系作用下一定处于平衡状态。
4.平面汇交力系平衡时，力系中所有各力在两垂直坐标轴上投影的代数和分别等于零。
5.平面力系包括平面汇交力系、平面平行力系、平面任意力系和平面力偶系等类型。
6.力矩是力使物体绕定点转动效应的度量，它等于力的大小与力臂的乘积，其常用单位为Nm或kNm。
7.力矩使物体绕定点转动的效果取决于力的大小和力臂长度两个方面。
&力矩等于零的条件是力的大小为零或者力臂为零（即力的作用线通过矩心）。
9.力偶不能合成为一个力，力偶向任何坐标轴投影的结果均为零。
10.力偶对其作用内任一点的矩恒等于力偶矩与矩心位置无关。
11.同平面内几个力偶可以合成为一个合力偶，合力偶矩等于各分力偶矩的代数和。
12.力偶是由大小相等、方向相反、作用线不重合的两个平行力组成的特殊力系。
13.力偶没有_合力，也不能用一个力来平衡，力偶矩是转动效应的唯一度量；
14.力偶对物体的作用效应取决于力偶矩的大小、力偶的转向和作用面三个要素。
15.平面任意力系向作用面内任一点简化的结果是一个力和一个力偶。
这个力称为原力系的主矢，它作用在简化中心，且等于原力系中各力的矢量合；这个力偶称为原力系对简化中心的主矩，它等于原力系中各力对简化中心的力矩的代数和。
17.平面任意力系的平衡条件是：
力系的主矢和力系对任何一点的主矩分别等于零；应
用平面任意力系的平衡方程，选择一个研究对象最多可以求解三个未知量。
二、选择题
1.力使物体绕定点转动的效果用（A）来度量。
A.力矩；B.力偶矩；C.力的大小和方向；D.力对轴之矩。
2.（C）是一种自身不平衡，也不能用一个力来平衡的特殊力系。
A.重力；B.共点二力；C.力偶；D.力矩。
3.作用在同一刚体上的一对等大、反向、作用线平行的力构成（C）。
A.一对平衡力；B.作用力和反作用力；C.一个力偶；D.力矩。
4.力偶向某坐标轴投影为（B）；对坐标轴上任意点取矩等于（A）。
A.力偶矩；B.零；C.变化值；D.不确定。
5.同一刚体上，一力向新作用点平移后，新作用点上有（D）。
A.一个力；B.一个力偶；C.力矩；D.一个力和一个力偶。
6.一力作平行移动后，新作用点上的附加力偶一定（A）。
A.存在且与平移距离有关；B.存在且与平移距离无关；C.不存在；D.等于零。
7.平面任意力系平衡的充分必要条件是（D）。
A.合力为零；B.合力矩为零；C.各分力对某坐标轴投影的代数和为零；
D.主矢与主矩均为零。
&若平面任意力系向某点简化后主矩为零，则其合力（D）。
A.一定为零；B.一定不为零；C.与主矩相等；D.不一定为零。
9.若某刚体在平面任意力系作用下平衡，则此力系各分力对刚体（C）之矩的代数
和必为零。
A.特定点；B.重心；C.任意点；D.坐标原点。
三、判断题
1两个力在同一轴上的投影相等，则此两力一定大小相等、方向相同。
（X）
2.合力一定比力系的分力大。
（X）
3•如果一个力沿某轴方向的正交分力与坐标轴的指向相同，那么这个力在该轴上的投影就为正。
（V
4.一构件上作用一个平面汇交力系处于平衡，则该汇交力系的合力一定为零。
（V）
5•平面任意力系如果不平衡，则它只能合成一个合力。
（X）
四、问答题
仁如图所示的三个力多边形有什么不同？
如图所示，试用几何法求它们的合力大小和方向。
（对（b）（＜）
解答：
（a）表示F-\F2F3■F4=0；（b）表示F4=F-^F2F3
"-*1--fc.
（c）表示Fi■F2=F4F30
2•力在坐标轴上的投影与力沿相应坐标轴方向的分力有什么区别和联系？
解答：
力在坐标轴上的投影是代数量，只有大小和正负之分，没有方向，没有作用点。
一个力
沿其作用线移动和平行移动后，只要大小、方向和坐标轴方向不变，改变力的作用点，力的
投影不变。
力沿相应坐标轴方向的分力是力矢量，有大小、方向和作用点。
一个力沿其作用线移动
和平行移动后，即改变力的作用点后，分力的作用点随之改变。
当两条坐标轴垂直时，力在坐标轴上的投影的绝对值，与力沿相应坐标轴方向的分力大小相等；当两条坐标轴不垂直时，力在坐标轴上的投影的绝对值，与力沿相应坐标轴方向的分力大小不相等。
四、计算题
1.已知四个力作用于O点，Fi=500N,F2=300N,F3=600N,F^800N，方向
按选择的比例尺，根据各力的大小和方向按比例完成力多边形如右图所示。
图中线段AE就代表合力的大小和
方向，按比例量得
合力大小：
Fr=585n；合力方向：
〉=4。
建议大家用AutoCAD来完成此力多边形，最后通过尺寸标注，得到合力大小和方向。
2.如图所示，已知Fi=300N,F2=250N,F^400N,各力在x、y轴上的投影。
解答：
各力的投影分别为：
F1x=-F1cos30=-300cos30=-259.8N
F1^F1sin30、300sin30H50N
F2x=F2cos90=0N
F2y=-F2sin90"=-250N
F3x=F3cos20=400cos20=375.9N
F3y=F3sin20=400sin20'136.8N
F4x=-F4cos60=-350cos60=-175N
F4y二F4sin60=350sin60=303.1N
（c）（d）
解答：
（a）
（1）分别画出物块AB及AB杆的受力图，如图（c）所示。
（2）根据物块A的受力图，列出平衡方程如下：
'Fy=0,Facos（90-：
）-戸=0
解得：
FaF1①
sina
（因水平约束力Fna不必求出，所以另一个平衡方程、Fx=0不必列出）
（3）根据物块B的受力图，列出平衡方程如下：
'Fx=0,Fbcos--F2=0
解得：
Fb二F2②
cosa
（因竖直约束力FnB不必求出，所以另一个平衡方程'Fy^O不必列出）
（4）根据作用与反作用定律、二力平衡公理可知：
Fa二FB
联系表达式①、②可得：
邑=cota=cotIO°=5.67
Fi
解答：
（b）
（1）分别画出销钉A、物块B及AB杆的受力图，如图（d）所示。
（2）根据销钉A的受力图，列出平衡方程如下：
、Fx=0，FacCOS：
-FabCOS：
=0——-Fac=Fab
'、'Fy=0，Facsin’：
亠FaBsin：
-R=0
解得：
FaBF1①
2sina
（3）根据物块B的受力图，列出平衡方程如下：
二Fx=0，FBcos：
-F2=0
f2
解得：
FB=「2②
cosa
（因竖直约束力Fnb不必求出，所以另一个平衡方程、Fy=0不必列出）
（4）根据作用与反作用定律、二力平衡公理可知：
Fab二FB
联系表达式①、②可得：
一=lcota=1cot10"=2.84
F122
4.炼钢用的电炉上，有一电极提升装置，如图所示。
设电极HI和支架共重G,重心在
C点。
支架上A、B和E三个导轮可沿固定立柱JK滚动，钢丝绳系在D点。
求电极等速直
解答：
（1）取电极和支架组成的整体为研究对象，画出受力图如右图所示。
显然，当电极和支架等速直线上升时，钢丝绳拉力F二G（根据aFy=0）
说明钢丝绳拉力F与电极、支架的重力G组成力偶，根据力偶只能与力偶平衡的性质，可以判断此时轮A、轮B与竖直轨道接触（轮E处于松弛状态），轨道对两接触轮的作用力也必定组成力偶，才能维持电极与支架的平衡，因此，Fa与fB大小相等、方向相反，如图
所示。
根据平面力偶系的平衡方程，得:
（2）电极与支架在平面力偶系作用下处于平衡状态，
二.M=0,Fab-G^^=0
A
由于办E处于松弛状态，所以
FE=0。
I=4m,求支座A、B的约束力。
题目原示意图
AR杆的受力图
解答：
（1）
1,可画出AB
取AB杆为研究对象，根据活动铰支座的约束特点，以及力偶性质杆的受力图如右图所示。
（2）根据平面力偶系的平衡条件，列出AB杆的平衡方程：
M-0,FAIsin45-M-0
M102
Isin4542
二3.54kN
6•如图所示，汽车起重机的车重G=26kN，臂重G=4.5kN，起重机旋转及固定部
分的重量Ga=31kN。
设伸臂在起重机对称面内。
试求图示位置汽车不致翻倒的最大起重载
（a）题目原示意图（b）汽车受力图
解答：
（1）以汽车整体为研究对象，画出受力图如图（b）所示。
车轮与地面之间处理为光滑接触。
（2）当起重量不大时，汽车在平面平行力系作用下能够保持平衡；当起重量超过一定
限度时，汽车会绕B轮顺时针翻倒，在翻倒前的临界状态时，A轮与地面之间的作用力、反
作用力为零（Fa=0）,汽车仍处于平衡状态，此时的起重量为允许的最大起重量，列出平衡方程如下：
、‘Mb（F）=0,G2-G22.5-Gmax5.5=0
2^^4^<25
解得：
Gmax==7.41kN
5.5
7•试计算下列各图中力F对点0之矩。
（d）M°（F）十a；（e）M°（F）=F（Ir）；
（f）MO（F）二Fsin•a2b2o（将力F分解为水平和竖直分力，再应用合力矩定理）
&图示为汽车台秤简图，BCF为整体台面，杠杆AB可绕轴O转动，B、C、D三处均为铰链，杆DC处于水平位置。
试求平衡时砝码重G与汽车重G的关系。
解答：
（1）分别取杠杆AB和台面BCF为研究对象，画出它们的受力图如图（b）所示。
（在画受力图时，要充分理解二力杆、作用反作用定律、力偶只能与力偶平衡等重要概念）
（2）根据台面BCF的受力图，可列出平衡方程：
\Fy=0，FBy-G=0①
由于BC两铰处的水平约束力不必计算，因此，另一个平衡方程不必列出。
（3）根据杠杆AB的受力图，列出平衡方程：
'MO（F）=0，G2b-FBya=0②
根据作用与反作用定律：
FBy=FBy③
联立求解上述三个方程，得平衡时砝码重G2与汽车重G的关系：
G^aG（此题书后答案有误，请更正）
b
9•如图所示，圆柱形的杯子倒扣着两个重球，每个球重为G，半径为r，杯子半径为R，
rvRv2r。
若不计各接触面间的摩擦，试求杯子不致翻倒的最小杯重Pmin。
解法一：
分别取两个重球和桶为研究对象求解。
（1）分别画出两球组成的系统和桶的受力图，如图（b）、（c）所示。
（2）根据两球的受力图，列平衡方程：
二Fx=0，R-F20①
二Fy=0，FA-G-G=0②
'Ma（F）=O,F2（2r）—（2R—2r）-G（2R—2r）=0③
联立求解上面三个方程，得：
FA/G，RAR）
（3）根据桶的受力图，桶保持不翻倒的最小重量至少要达到临界状态时（桶左边缘与
地面接触处作用力为零），仍保持平衡，根据此时的受力情况，列平衡方程（图c）：
'Md（F）=O，FirPminR-F2（r（2r）2一（2R—2r）2）=0
解法二：
取两个重球与桶组成的整体为研究对象（即考虑物体系统的平衡）求解。
（1）分别画出两球及两球与桶组成的系统的受力图，如图（b）、（d）所示。
（2）根据两球的受力图（b）,列平衡方程：
'Fy=0，Fa_G_G=0
得：
FA=2G
桶与球之间的作用力不必计算，因此，另两个平衡方程、Fx=0，、Ma（F）=0不
必列出。
（3）根据整体的受力图（d），桶保持不翻倒的最小重量至少要达到临界状态时（桶左边缘与地面接触处作用力为零），仍保持平衡，根据此时的受力情况，列平衡方程
'Md（F）=0，PminRG（2R-r）Gr-Fa（2R_r）=0
结合上面的计算结果，解得桶的最小重量为：
Pmi^2G（1-r）
R
比较两种解法，可以看出：
当物体系统内部各物体之间的作用力和反作用力不必求解时，取物体系统为研究对象，可使问题求解更加简便。
10.两物块A、B叠放在一起，A由绳子系住。
已知A重Ga=500N,B重Gb=1000N,
f=0.2，试求抽动B物块所需的最小
AB间的摩擦因数fi=0.25,B与地面间的摩擦因数力Fmin。
解答：
（1）分别画出物块AB的受力图，如图（b）所示。
（2）根据静滑动摩擦定律、平面力系的平衡条件，列出物块A的平衡方程及滑动摩擦定律公式：
二Fy=0，FNA_GA-0
①
FAmax=f1FNA
②
（3）
抽动B物块所需的最小拉力，应为物块B与上面物块A用物块B与地面之间的最大静摩擦力之和，根据作用与反作用定律、滑动摩擦定律、平面力系的平衡条件，列出物块B的平衡方程及滑动摩擦定律公式：
'Fy=0，Fnb-Gb-Fna
③
'Fx=0,Fmin-Fb-Fa=0
④
FBmax-fFNB
⑤
联立求解上面5个方程，可得抽动物块B的最小拉力为：
Fmin二fGaf（GAGB）二0.255000.2（5001000）=425N
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