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1、桂林航天工业高等专科学校作业纸工程力学 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 N
2、 m 或 kN m 。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。8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
3、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；
4、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
5、零； D 主矢与主矩均为零。8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。1桂林航天工业高等专科学校作业纸三、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。（ ）2合力一定比力系的分力大。（ ）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。（ ）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。（ ）5平面任意力系如
6、果不平衡，则它只能合成一个合力。（ ）四、问答题1如图所示的三个力多边形有什么不同？解答：（ a）表示 F1F2F3F40 ；（ b）表示F4F1 F2F；3（ c）表示F1F2F4F3 。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
7、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，F1500 N， F2300 N， F3600 N ， F4 800 N ，方向如图所示，试用几何法求它们的合力大小和方向。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： FR585N；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桂林航天工业高等专科学校作业纸2如图所示，已知 F1 300 N， F
8、2250 N， F3400N， F4350 N ，试分别计算图中各力在 x、 y 轴上的投影。解答：各力的投影分别为：F1 xF1cos30300 cos30259.8 NF1 yF1sin 30300sin 30150 NF2 xF2cos900 NF2 yF2sin 90250 NF3 xF3cos20400cos 20375.9 NF3 yF3sin 20400sin 20136.8 NF4 xF4cos60350 cos60175 NF4 yF4sin 60350sin 60303.1N3夹具中所用的两种增力机构如图所示。已知推力F1 作用于 A 点，夹紧平衡时杆与水平线的夹角为。求夹
9、紧时 F2 的大小和10时的增力倍数 F2F1 。解答：（ a）（ 1）分别画出物块 A、 B 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：Fy0， FAcos(90)F1 0解得： FAF1sin（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：Fx0， FBcosF203桂林航天工业高等专科学校作业纸解得： FBF2cos（因竖直约束力FN B 不必求出，所以另一个平衡方程（ 4）根据作用与反作用定律、二力平衡公理可知：FA联系表达式、可得：F2cotcot10 5.67F1解答
10、：（ b）（ 1）分别画出销钉 A、物块 B 及 AB 杆的受力图，如图（ 2）根据销钉 A 的受力图，列出平衡方程如下：Fx0， FACcosFABcos0Fy0， FACsinFABsinF1 0解得： FABF12 sin（ 3）根据物块B 的受力图，列出平衡方程如下：Fy0 不必列出）FBd）所示。FACFABFx 0 ， FBcosF20F2解得： FBcos（因竖直约束力 FN B 不必求出，所以另一个平衡方程Fy0 不必列出）（ 4）根据作用与反作用定律、二力平衡公理可知：FABFBF21cot12.84联系表达式、可得：2cot10F124. 炼钢用的电炉上，有一电极提升装置，
11、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。求电极等速直线上升时钢丝绳的拉力及A、 B、E 三处的约束力。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FG（根据Fy0 ）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。（ 2）
12、电极与支架在平面力偶系作用下处于平衡状态，根据平面力偶系的平衡方程，得：4桂林航天工业高等专科学校作业纸M0 ， FA b G a 0FA FBb Ga0 。由于办 E 处于松弛状态，所以FE5构件的载荷及支承情况如图示，l4 m，求支座 A、B 的约束力。解答：（ 1）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1，可画出AB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：M0 ， FA l sin45M0FAFBM1023.54 kNl sin 45426如图所示，汽车起重机的车重G126 kN ，臂重 G24.5 kN ，起重机旋转及固定部
13、分的重量 G331kN 。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荷 Gmax 。（ 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， G12G2 2.5 Gmax 5.5 02624.52.5解得：Gmax5.57.41
14、kN5桂林航天工业高等专科学校作业纸7试计算下列各图中力F 对点 O 之矩。解答：（ a） M O (F )F l ；（ b） M O (F )0 ；（ c） M O ( F ) Fl sin ；（ d） M O (F )F a ；（ e） M O (F ) F (lr ) ；（ f） MO( F )F sin。F分解为水平和竖直分力，再应用合力矩定理）a2 b2 （将力8图示为汽车台秤简图，BCF 为整体台面，杠杆 AB 可绕轴、D 三处均O转动，B C为铰链，杆 DC 处于水平位置。试求平衡时砝码重G2 与汽车重 G1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
15、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：Fy0 ， FByG01由于 B、 C 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：M O ( F ) 0， G2 b FBya 0根据作用与反作用定律：FByFBy联立求解上述三个方程，得平衡时砝码重G2与汽车重 G1 的关系：G2a G（此题书后答案有误，请更正）b每个球重为 G，半径为 r ，杯子半径为 R ，9如图所示， 圆柱形的杯子倒扣着两个重球，r R 2r 。若不计各
16、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：Fx0， FF012Fy0， FAGG06桂林航天工业高等专科学校作业纸M A(F) 0， F2(2 r )2(2 R 2r ) 2G (2 R 2r ) 0联立求解上面三个方程，得：FA 2G， F1 F22G(Rr )R(2 rR)（ 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
17、(F) 0， F1rPminR F2 (r(2 r )2(2 R2r ) 2 )0结合上面的计算结果，解得桶的最小重量为：Pmin2G(1r )R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：Fy0，FAGG0得：2GFA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
18、平衡方程MD( F )0， PR G (2R r ) G r FA(2R r ) 0min结合上面的计算结果，解得桶的最小重量为：Pmin2G(1r )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 500 N，B 重 GB 1000 N ， AB 间的摩擦因数 f1 0.25 ， B 与地面间的摩擦因数 f 0.2 ，试求抽动 B 物块所需的最小力 Fmin 。7桂林航天工业高等专科学校作业纸解答：（ 1）分别画出物块A、 B 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：Fy0， FNAGA 0FAmaxf1 FNA（ 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：Fy0， FNBGBFNA0Fx0， FminFBFA0FB maxfFNB联立求解上面5 个方程，可得抽动物块B 的最小拉力为：Fminf1GAf(GAGB ) 0.25500 0.2 (500 1000) 425 N8