发布时间 : 星期三 文章习题册（上）答案09 - 图文更新完毕开始阅读8bf1d3acdd3383c4bb4cd290
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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