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第3章 力矩与力偶

一、填空题

1.力对物体的转动效应是用 力矩 来度量。

2力矩的大小等于力的大小与 力臂 乘积,其国际制单位是 N.m 。 3.力矩是代数量,通常规定:力使物体绕矩心作 逆时针 方向转动时,力矩为正。 4.当力的作用线通过 矩心 时,力对点之矩为零。

5.一对等值、反向、不共线的平行力所组成的力系称为 力偶 。

6.力偶无合力,因此力偶不能用一个 力 来平衡。力偶对刚体只会产生 转动 效应,而不会产生移动效应。

7.力偶对物体的转动效应取决于力偶矩的 大小 、转向和力偶作用平面三要素。

二、判断题

1.所谓力臂,是指矩心到力的作用线的垂直距离。(√ ) 2.同力矩一样,力偶矩的国际制单位也为N.m。(√ )

3.当力的作用线通过了矩心,无论力的大小如何,力矩肯定等于零。(√ ) 4.力偶对物体不仅会产生转动效应,而且会产生移动效应。(× ) 5.力偶的三个要素是:力偶矩的大小、方向和作用点。(× ) 6.力偶无合力,力偶不能用一个力来代替,也不能用力来平衡。(√ )

三、计算题

1.如图3-1所示,已知F=350N,a=1500mm,b=500mm,分别求力F对杆左端点之矩。

a) b)

解:力的作用线通过O点,故: 解: MD(F)=F.(a.sin60°)

Mo(F)=0 ?350?1.5?3

2=45.5N.m

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c) d)

图 3.1

解:ME(F)=F.a 解:MA(F)=-F.b =350×1.5 =-350×0.5 =525 N.m =-175 N.m

2.如图3-2所示,F=200N,a=1200mm,b=500mm,试利用合力矩定理分别求力F对A点之矩。

图 3.2

31?解:FX?F.cos30?200??173.2N 解:FX?F.cos60??200??100N

223? Fy?F.sin30??200?1?100N Fy?F.sin60?200??173.2N

22MA(F)= MA(Fx)+ MA(Fy) MA(F)= MA(Fx)+ MA(Fy)

=-Fx.b+Fy.a =Fx.0+Fy.2a

=-173.2×0.5+100×1.2 =173.2×2.4 =33.4 N.m =415.68N.m *3.如图3-3所示,分别求力F对A、B、C、D点之矩。

图 3.3

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第四章 平面任意力系

一、填空题

1.作用在刚体上的力,可平移到刚体上的任意一点,但必须附加一个 力偶 。 2.平面任意力系向平面内任意点简化,可得到一个 力 和一个 力偶 ,分别称之为主矢和主矩。

3.固定端约束的约束反力是用两个 正交分力 和一个 力偶 来表示。 4.平面任意力系平衡的充要条件是:力系简化后的 主矢 与 主矩 同时等于零。

二、判断题

1.力可在刚体上沿作用线滑移,或平行移动,力的作用效果不会产生改变。(× ) 2.平面任意力系可简化到平面内任意点,其简化的结果是:一个合力。(× ) 3.固定端约束的约束反力的方向不确定,一般用两个正交分力来表示。(× ) 4.平面任意力系,只要简化后的主矢和主矩均为零时, 则该力系一定处于平衡。(√ ) 5.固定端约束同时限制了物体的移动和转动,因此其约束反力既有力,也有力偶。(√ )

三、计算题

1.如图4.1所示,已知重物G=8KN,α=60°,β=30°,求绳AB和AC的拉力。 解(1)取点A为研究对象,画受力图:

(2)建立坐标系,如图所示: (3)列平衡方程: ΣFX =0: FAC-Gcos300=0 ΣFY=0: FAB-Gsin300=0 解方程得:

FAB=4kN, FAC=5.7kN

2.如图4.2所示,已知力F=10KN,求A点和B两点的约束反力。 解(1)取杆AB为研究对象,画受力图: (2)建立坐标系,如图所示: (3)列平衡方程: ΣFX =0: FAX-Fcos450=0 ΣFY=0: FAY+FB-Fsin450=0

ΣMA(F)=0: -F.(sin450*0.6)+FB*0.9=0 (4)解方程得:

FAX=7.1kN, FAY=2.4kN FB=4.7KN

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3.如图4.3所示,已知重物W=12KN,杆件自重不计,求A点和B两点的约束反力。

解(1)取销C为研究对象,画受力图 (2)建立坐标系,如图所示: (3)列平衡方程: ΣFX =0: -FAB-FBCcos600=0 ΣFY=0: -W+FBC-Fsin600=0 (4)解方程得:

FAB=6.9 kN,FBC =13.8kN

4.如图4.4所示,已知重物G=8KN,杆件自重不计,求绳AC的拉力和B点的约束反力。 解(1)取杆AB为研究对象,画受力图: (2)建立坐标系,如图所示: (3)列平衡方程: ΣFX =0: FBX-FTcos300=0 ΣFY=0: FBY+FTsin300-G=0

ΣMB(F)=0: FT(sin300*0.5)-G*0.3=0 (4)解方程得:

FBX=8.3 kN,FBY=3.2 kN,FT=9.6 kN

5.柱式起重机臂AB的A端用铰链连接在柱上,端用绳索BC拉住,已知G=2kN,不计AB自重,求绳索的拉力及臂AB所受的力。

解(1)取臂AB为研究对象,画受力图: (2)建立坐标系,如图所示: (3)列平衡方程:

ΣFX =0: FA-T cos450- G cos300=0 ΣFY=0: T sin450-Gsin300=0 (4)解方程得:

T=2 KN , FA=3+1kN

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