【力學課件】理論力學習題標準答案

第一次 一、是非題1、× 2、× 3、 4、× 5、 6、 7、× 8、×二、選擇題1、 2、 3、， 三、填空題1、滾動支座和鏈桿約束，柔索和光滑表面接觸，光滑圓柱鉸和固定鉸支座。2、90°3、大小相等，指向相同，沿同一作用線。4、受力分析，力系簡化，力系平衡條件及應用。5、支座A，銷釘A，銷釘A，桿AC6、CCBCCFCy1FCx1FCFBFAxFAyFTF'TFFCy2FCx2F'Cx1F'Cx2F'CF'Cy2F'Cy1A第二次（3-4頁）一、是非題1、× 2、 3、 4、× 5、二、選擇題1、 2、 3、， 4、 5、三、填空題1、Fx=-402 , Fy=302 , Fz=502 .2、Fx=-402 , Fy=302 , Fz=502 .一、是非題1、× 2、 3、× 4、 5、 6、× 7、 8、二、選擇題1、 2、 3、 4、 三、填空題1、一合力，一力偶。四、計算題1、解： 2、 第三次（5-6頁）一、是非題1、 2、× 3、 4、 5、二、選擇題1、 2、， 3、， 三、計算題1、FR=960kN, MB=0 ACABBC 則 120××=0 sin=0.25 2、 選A為簡化中心 FRx=-F2cos60°=-1kN FRy=F1-F2sin60°=0則 ，該力系的合成結果為一合力FR，其方位、指向如右圖。一、選擇題1、 2、， 二、填空題1、（26，18） 2、（-R/6，0） 3、5a/6三、解BAFAFBBAFAFB四、解BAFAFBBAFAFBDCE第四次（7-8頁）一、選擇題1、 2、二、填空題1、大小2m/a，方向：與AB連線方向成135°。2、平面匯交力系平衡的必要與充分條件是：該力系的合力等于零，即FR=0或Fi=0； 平衡的幾何條件是：力系中各力矢構成的力多邊形自行封閉； 平衡的解析條件是：力系中各力在作用面內的兩個坐標軸上投影的代數(shù)和分別為零，即：Fx=0，F(xiàn)y=0。3、(a):M/2L() (b):M/L()4、1，3，55、充要，必要。6、100KN（）三、求A支座反力1、FAx=0,FAy=P(),MA=PR(逆時針)2、FAx=0，F(xiàn)Ay=P()3、FAx=0，F(xiàn)Ay=（qA+qB/2）a4、FAx=1.58P，F(xiàn)Ay四、求B支座反力1、3P/22、32/2P3、24P/（33+8）五、解研究AB桿ABFAFBP 再研究整體 CDBAFDPFAFCyFCx 六、解AFNWFCFB七、解AB段繩拉力FB=P=20KN，AC段繩拉力FC=Q=40KN，輪A受力如圖Fx=0：FCcos-FB=0 得 =60°Fy=0：FCsin60°+FN-W=0 得 FNABm1CFAFC八、解研究ACB桿MA=0：m1-FCL/(2cos)=0FC=2m1cos/Lm2CDFCFD研究CD桿MD=0：m2-FCcos2×DC=0m2=m1cos2第五次（9-10頁）AxQyPCBFAFBk一、解 AB桿受力如圖由 Mk=0Q·AK-P·L/2cos=0而 AK=Lcos（-）/sin得 ctan=P/2Q-tan二、解梁AB受力如圖Q=1/2·L/2·qc=3KNMA=0：FBLcos30°-M-Q·2/3·L/2=0qCABMCFAxFAyFBFB=83/9KNMB=0：FAyL-M+Q（L/2+1/3·L/2）=0 FAy=5/3KNFx=0：-FBsin30°+FAx=0FAx=43/9KNPMDBAQFDFAxFAy三、解BD為二力構件MA=0：M-FDcos45°·2R- FDsin45°·R+PR=0FD=22PFx=0：FAx+Q-FDsin45°=0FAx=2P-Q=0Fx=0：FAy-P+FDsin45°=0FAy= -PDCBAP1P26qA3(qB-qA)3m2m四、解基礎梁受力可化為如圖形式MD=0：-6qA-P2+3P1=0 qA=33.3 KN/mF1F2AMFAxFAyMAFy=0：-P1-P2+6qA+3(qB-qA)=0 qB=166.7 KN/m五、解MA=0：MA+50F1+3F2/5·40-4F2/5·30-M=0 MA= -7600NcmFy=0: FAx-F1+4F2/5=0 FAx=0Fy=0: FAy+3F2/5=0 FAy= -120NGHEDCBAWFEFHFGab六、解空心樓板受力如圖 FE FG FHxEDCBAyzFAxFAyFAzFBxFBzPMFk七、解曲桿受力如圖Mx=0：20FBz-60P=0，F(xiàn)Bz=300NMy=0: 40Fk+40P-40FBz=0, Fk=200NMz=0: -20FBx+M+60Fk=0, FBx=630NFy=0: FAy=0MCD=0: 40FAz+40Fk=0 FAz=-200NFy=0: FAx+FBx-Fk=0 FAx=-430N八、解結構受力如圖FAD=0: 得 FBC1=0D1B1A1DCBAC1P1P2FAA1FBA1FBC1FDC1FDD1MCC1=0:FBA1=-36KN第六次（11-12頁）PFBxGFEDBCA30°30°FByFDxFDyPGACFAxFAyFCxFCyEBAFByFBxFAxFAyFE一、解1）先取整體，受力如圖MD=0：-2aFBy+3Pa/2=0FBy=3P/42）研究AC桿， MC=0：-aFAy+Pa/2=0FAy=P/23）研究AEB桿Fy=0:FEsin30°+FBy-FAy=0 FE=-P/2MA=0：（2FBx+FEcos30°）AE=0 FBx=3P/8CBCBAqMAFAxFAyFBxFByFCFCP二、解先研究BC桿，受力如圖MB=0：1/2·qL2-FCcos30°L=0 FC=3/3KN再研究整體，受力如圖Fx=0: FAx+FCsin30°-P cos30°=0 FAx=2KNFy=0: FAy+FCcos30°-P sin30°-2qL=0 FAyMA=0： MA-M-2PLcos30°+2qL2-2FCLcos30°- FCLsin30°=0 MABAEDBCAQQPFCyFCxFAyFAxFBFBFE三、解取AB桿為研究對象MA=0：2FBLcos45°-QLcos45°=0 FB=Q/2研究整體，受力如圖MD=0：FCyL+PL+Q(2L-Lcos45°)-2FBL(1- cos45°)=0 FCy=-(P+Q)MA=0：FCxL+2PL+Q(3L-Lcos45°)-FBL(3- 2cos45°)=0 FCx=-2P-3Q/2FCDBEAACEFCBDFAxFAyFDxFCxFAxFBxFCxFAyFDyFCyFByFCyFEFE500N2500N2500N500N四、解先取整體，受力如圖MA=0： -10FE+500×15+2500×3=0 FE=1500NFx=0: FAx+500=0 FAx= -500NFy=0: FAy-FE=0 FAy=1500N取AF桿，受力如圖MB=0： 5FCx+10×500-5FAx=0 FCx=-1500N取CDE桿，受力如圖MD=0： -5FE-5FCx+5FCy=0 FCy=0五、填空題1、0 2、F 3、1，5，6 4、1KN，-2/2KN 5、5KN 6、10KN，C指向DAF4F1PCF3F2PBF2F1F5六、解 取節(jié)點A F1=F4=2P/2 取節(jié)點C F2=F3=2P/2 取節(jié)點B F5=PFEDDCCBBAP2HGP18910FAxFAyFBF10F8F9FB七、解由整體受力可知MA=0：4aFB-2aP1-aP2=0FB=3P/4用截面截得段8、9、10桿，取右邊部分MD=0：-F8a+2FBa=0 F8=3P/2MC=0：F9=0CDEFGHPQ34125F3F5F2八、解F1=F4=0（零桿）用截面截得3、2、5桿，取上部，MH=0：2QL+F3L=0 F3=-2QFx=0: F2cos45°-Q=0 F2=2Q第七次（13-14頁）一、是非題1、× 2、× 3、 4、 5、二、選擇題1、 2、 3、 4、三、填空題1、P（1+2、15KN3、arctanAPFN1FS1FT1四、解設D處于向上運動趨勢的臨界狀態(tài)，滑塊A受力如圖（a）所示Fx=0: FN1-FT1sin=0Fy=0: FS1-P+FT1cos=0又 FS1=f·FN1聯(lián)立解得 Qmin=FT1=P/（cos+fsin） （a）APFN2FS2FT2設D處于向下運動趨勢的臨界狀態(tài)，滑塊A受力如圖（b）所示同上解得 Qmax=FT2=P/（cos-fsin） 滿足系統(tǒng)平衡，則 Qmin Q Qmax （b）五、解45°TBPAFSAFNA設AB處于臨界狀態(tài)，桿長為LFy=0: Tcos-FSA=0Fx=0: Tsin-P+FNA=0MB=0：1/2·PLcos45°-FNA Lcos45°-FSA Lsin45°=0 FSA=f·FNA聯(lián)立以上四式，解得 MPFNFSFNFSO六、解輪子受力如圖MO=0：2FS·D/2-M=0Fy=0: 2FNsin45°-P=0又 FS=fS·FN=0聯(lián)立解得 fSFNFSFminFB七、解1）當滑塊B處于向右運動趨勢的臨界狀態(tài)，滑塊B受力如圖（a）所示Fx=0: FBsin-Fmincos-FS=0Fy=0: FBcos-Fminsin+FN=0又 FS=f·FN (a)FNFSFmaxFB又由OA桿可解得聯(lián)立解得2）當滑塊B處于向左運動趨勢的臨界狀態(tài)， （b）滑塊B受力如圖（b）所示同上解得 保持機構平衡，則有 FminFFmax第八次（15-16頁）一、是非題1、 2、× 3、× 4、× 5、 6、 7、× 8、× 9、 10、×二、選擇題1、， 2、 3、 4、 5、， 6、 7、三、填空題1、或2、S=R/2+10Rt3、= r，a= r24、3，5、，（）四、解MOAvVMx 當t=2秒時，x=vt=4m五、解， ，六、解， ， ，第九次（17-18頁）一、是非題O1OA0O1A1、 2、 3、× 4、二、解AOB三、解CDB作平移。， MDO10cm四、解當t=1s時，x=10cm，=/2，（）CBDA五、解動點：CD桿上的D點，動系：AB桿， AD=L/sin30°=2Le=2Lu=2e=4LO2O1BACD1六、解動點：滑塊A和B，動系：O2A桿，Aa=R1 ， （）M七、解動點：火星，動系：飛船, 將矢量方程向a-a軸和垂直于a-a軸的方向投影，得Scos+mscos（-）=，Ssin-mssin（-）=0則 =55.5°GA八、解動系：小車G，動點：蕩木AB，CDBAECDBAE九、解動系：滑塊B（AB桿上B點），動點：直角桿CDE，牽連運動為平移1、由速度圖（a）：則 e=acos，而a=L 2、由得加速度圖（b） （a） （b）將上式沿水平方向投影，得 而 ， e和ae即為直角桿CDE的速度和加速度，方向如圖。十、解動點：OA桿上的A點，動系：三角形塊，OAxyOA牽連運動為平移。1、速度合成圖如（a） 將上式向y軸投影得acos(+)=esin 式中e=則 a=esin/cos(+)=OA=a/L=/L （a）OAxyOA2、加速度圖如（b） 由題知 ae=0將上面的矢量方程向y軸投影得得 （b）O2O1BAM30°十一、解動點：滑塊M，動系：AB桿，牽連運動為平移。1、速度合成圖如右邊上圖 （1）e=O1A·=2 m/s O2O1BM30°A=arcsin（esin60°/a）=83.4°2、加速度合成圖如右邊下圖 ，將上邊矢量方程分別向水平方向和垂直方向投影得 ， 第十次（19-20頁）一、是非題1、 2、× 3、× 二、填空題1、/s2，方向: ； 2、ar=0，ae=L2，ak=2L3、/s2，0，20cm/s2 ； 4、180cm/s25、 牽連運動造成相對速度方向的變化（靜系中觀察）；相對運動造成牽連速度大小的變化。6、-b2sint（）；L2（）；0三、解AO動點：滑塊A，動系：桿OBa=2m/s由 得 r=acos=1.732 m/s =eOA=0.75 rad/s （順時針）2、aC=2r=3/2 m/s2 AOaa=a2/R=1 m/s2由 得 -aacos=aC-ae ae=aC+aacos=2 m/s2= ae/OA=0.866 rad/s2四、解動點：M點，動系：四方板，牽連運動為定軸轉動。t=1/33s時,b=40/3,=/3Mxzy r=240t=80 ,沿x軸負方向，沿z軸負方向，沿x軸正方向；aC=2rsin30°=583.6 cm/s2，沿x軸正方向， 五、是非題ABAB1、× 2、 3、 4、六、選擇題1、 2、 3、 4、 七、解，A= B=A=， ， BOO1A1八、解，A=OA=30cm/s, 由=30°，=60°，可知沿AB方向， B=Acos30°=153cm/s1=B/O1B=33/2 rad/sOBCA九、解等邊三角形板作定軸轉動，B=A=20cm/s， B與水平夾角 =60°BC桿作平面運動，C=Bcos=10cm/s （）十、解AOO1BA=OA桿AB作平面運動 B=3A ， BA=2AO1B=B/O1B=33 rad/s （ ）AB=BA/AB=3 rad/s （ ）十一、解OOO1ABCOA作定軸轉動，A=OA0=200cm/sO1B作定軸轉動， AB作順時平移，B=A=200cm/s同時，BC也作順時平移，則 BC=0，C=A=200cm/sO1B=B/O1B=2rad/s第十一次（21-22頁）一、是非題1、 2、 3、× 4、 5、BAO二、選擇題1、 2、 3、BAOBAO三、填空題1、2、可能。當C為兩桿的速度瞬心。3、平面運動；平面運動；平面運動；定軸轉動。4、AB作平移，M點運動與A點相同。5、；R；R O1EAPBCD6、0四、解A=O1A1=60cm/sP點為正方形板的速度瞬心正方形板的角速度：=AB=PB=30cm/sBE桿作平面運動，E=Bcos=26cm/s BAOCO2C=C/O2C=PC/ O2C=3（3+1）rad/s五、解A=(R+r)0 兩輪的切點為大輪A的速度瞬心。B=2A=2(R+r)0由速度投影定理，Ccos=Bcos（45°-）APBKD六、解D=C=dy/dt=48t2當t=1s時，D=48cm/sK為輪的速度瞬心BACBCA=r0/(R-r)=96cm/sP為AB桿的速度瞬心B=PB·A/PA=/s七、解AB作瞬時平移，B=A=10cm/sBC=B/BC=2rad/s，AB=0BAAB由 ， ABO八、解 將上式向水平軸投影，又, 得12PBACDOK3，AB=R-u=30cm/sBC=AB九、解A=OA1=24cm/sP點為BAC桿的速度瞬心 2=A/PA=2rad/s取套筒D為動系，搖桿3上與D點重合的點D為動點。則 ，（D點速度為零）由此得，K為搖桿3的速度瞬心C=PC2=/sPC/sin120°= PA/sin 得=°，KC=DC/cos=所以 3=C/KC=4rad/s r=KD3=KCsin3=/s （）第十二次（23-24頁）一、是非題1、 2、× 3、 4、× 5、 6、二、選擇題1、 2、 3、 4、 5、三、填空題1、1.414mv （）2、m（2+L22+2Lsin）1/2 （）3、2P/g （） （）四、解由題設知，F(xiàn)xe=0，則 Kx=常量設物C落入A車后，A車的速度為u1，則有40Ccos30°+600A=（40+600）u1 得 u1=/s設A車與B車相撞后，兩車共同速度為u2，則有（40+600）u1+800B=（40+600+800）u2，得 u2=/smgMgBACSFNFSDr五、解因Y方向系統(tǒng)的動量恒為零，所以FN=（M+m）g， FS=f（M+m）g相對速度r=ds/dt=bt絕對速度D=bt-由動量定理，dM(-)+m(bt-)/dt=FSFByAyxbBFBxFN故平臺的加速度 a=mb-f（M+m）g/（M+m）六、解1、求質心坐標，設導桿ECD的質心坐標為b xC=P1Lsint/2(P1+P2+P3) yC=P1Lcost+2P2(Lcost+b)/2(P1+P2+P3)2、求機構動量3、機構的質心運動微分方程-（P1L/2g）2sint=FN-FBx-（P1+2P2）L/2g2cost=FBy-（P1+P2+P3）七、解xC1=(m1x1+m2x2+Mx3)(m1+m2+M)xC2=m1(x1+-Scos30°)+m2(x2+xyAB30°- Scos60°)+M(x3+)(m1+m2+M)由 xC1xC2，得八、解ABPQFN1FN2取小車及擺一起為研究對象，F(xiàn)xe=0，則 Cx=常數(shù)令 t=0，Cx=0， xC=常數(shù)。（質心位置守恒）取t=0時系統(tǒng)質心 xC0=0任意時刻系統(tǒng)質心 xC=P（x+Lsin）+Qx（P+Q） xC0=xC P（x+Lsin）+Qx=0故 x= -PLsin（P+Q）= - PLsin（0sinkt）（P+Q）九、解以整體為研究對象m1gm2gm3gFNOABba由 ，有 ABCDFxFyBAFTFTFNW5W十、解設物塊運動的加速度為a重物A：（5Wg）a=5Wsin-FT重物B：（Wg）a= FT -W得 a=(5sin-1)g6整體：miaix=Fx aBx=0, aDx=0,則 （5Wg）a cos=Fx Fx=（5W6）(5 sin-1)cos第十三次（25-26頁）一、是非題1、 2、 3、× 4、× 5、 6、二、選擇題1、 2、 3、 4、 5、 6、 7、三、填空題1、mab2、（WA-WB）g (); （WA+WB+Q/2）Rg （逆時針向）3、；4、0；0；8F/3mR5、3g4L6、gcos四、解MOC取整體為研究對象，設角加速度 則 IOZ·=M式中 =MIOZ=202CFFNmg五、解盤：沿斜面方向應用質心運動定理 maC1=F+mgsinaC1=(Fm)+gsinCFFNmg盤：沿斜面方向應用質心運動定理 maC2=F+mgsinaC2=(Fm)+gsinCMFNmg盤：沿斜面方向應用質心運動定理 maC3=mgsinaC3=gsin六、解人和圓盤組成的系統(tǒng)對z軸的動量矩守恒，OAz人在圓盤中心時，系統(tǒng)的動量矩為Hz1=I00當人以勻速u走到A點時，系統(tǒng)的動量矩為Hz2=I0+（mr/2）（r/2）由Hz1 =Hz2 得=I0I0+（mr2/4）=2Q0（2Q+P）七、解考慮圓盤A、BMze0 Lz1=(1/2)mArA21=0.43 kg·m2/sLz2=(1/2)mArA2+(1/2)mBrB2= Lz1= Lz2=0.43 =9.14 rad/s考慮圓盤BMze=dLzdt =(1/2)mBrB2/t=0.1 Nm八、解BCTm2gBOXOYOTA對輪A：(1/2)m1r12A=T r1 (1)對輪B：m2aC=m2g-T (2)(1/2)m2r22B=T r2 (3)aC=Ar1+Br2 (4)聯(lián)立(1)(2)(3)(4)求得：aC=2(m1+m2)g(3 m1+2m2)T=m1m2g(3 m1+2m2)第十四次（27-28頁）一、是非題1、× 2、× 3、× 4、 5、× 二、選擇題1、 2、 3、 4、 5、 6、 三、填空題1、1.14mgR2、-40Ncm；60Ncm3、（M+3m/2）；（3M/4+7m/6）24、200N·S；2045J；15kg·m2/s四、解T1=0, T2=1/2·1/3·(P/g)L22W=P·L/2+(1/2)k0-(2L-2L)2T2-T1=W 得 =3g/L-kg/P五、解桿鉛錘時，AB的速度瞬心為BT1=0, T2=1/2IB2=1/2·1/3·mL22W=22)-mg（L/2-L/2cos30°）由 T2-T1=W 解得： 六、解圖示位置時，C=AT1=0, 由 T2-T1=W 七、解T1=0, 由 T2-T1=W 八、解T1=0,T2=（1/2）I02+（Q/2g）L22=21PR222gW=P（3R/2）sin+2P（3R sin）=（15/2）PR sin由 T2-T1=W 得 21PR222g=（15/2）PR sin （*） =5g sin7R 將式（*）兩邊求導得 =5gcos/14R九、解由運動分析知 B=2A ，C=A ，o=B /R=2A/R ，C=2C /R=2A/RSB=2S，SC=S，o=2S/R，C=2S/RT1=0,T2=（P1/2g）A2+（P2/2g）B2+（Q/2g）C2+（1/2）（Q/2g）（R/2）2C2+（1/2）（W/2g）R2o2 =（2P1+8P2+3Q+4W）A24gW=（P1+Q-（1+3f）P2+（2M/R）S由 T2-T1=W A2=4gP1+Q-（1+3f）P2R+2MS（2P1+8P2+3Q+4W）RaA=dA/dt=2gP1+Q-（1+3f）P2R+4M（2P1+8P2+3Q+4W）R第十五次（29-30頁） 一、選擇題1、 2、 3、 二、填空題1、-0.75J；1J2、相等；因為 Fxe=0，系統(tǒng)質心坐標在水平方向保持不變。3、曲線平移；平面運動三、解T1=0， T2=（1/2）m2設絞車輸出的功為A，W=A-mg·(L/2)由 T2-T1=W A=(1/2)m(2+Lg)四、解OaFmgFNFSA1）應用動能定理0-（1/2）IA2=(1/2)k(0-2)得 =3m/（2k）·r2）k-FS=ma FS·r=Io其中 a=r解得 =2k/（3m）r FS=km/6·rCOAmgCNF五、解T1=0，由 T2-T1=W（1/2）mC2+（1/2）IC2=mg（R-r）cosIC=1/2·mr2, =C r C=4/3·g（R-r）cos再由質心運動定理maCn=N-mgcos; maC=-F-mgsin而 aCn =C2 （R-r）=4/3·gcos aC=dC dt=-2/3·gsinm2m112故 N=（7/3） mgcos； F=-（1/3）mgsin六、解設兩滑塊運動到同一鉛錘位置時的速度分別為1和2，系統(tǒng)在水平方向動量守恒：m11x+ m22x=0，即 m11=m22 由動能定理：(1/2) m112+(1/2)m222=k/2·(L02+L2-L0)2聯(lián)立上兩式得1=km2m1(m2+m2)·(L02+L2-L0)22=km1m2(m2+m2)·(L02+L2-L0)2七、解由動量矩守恒定理：I0=I+m（Rsin）2 得 = I0（I+m（Rsin）2）由動能定理：(1/2)I2+(1/2)m(r2+R22sin2)-(1/2)Io2=mgR(1-cos)得： 八、解系統(tǒng)在運動過程中，桿OC作定軸轉動，設其角加速度為；圓盤作平移，質心C得速度為CLLo(1/3)m1L2m2C·L3.9由動量矩定理： dL0=MOCAPXOYO =5.13 rad/s九、解由動能定理：（1/2）Io2=P·L/2得 =3g/L由定軸轉動微分方程：Io= P·L/2得 =3g/2L應用質心運動定理： Xo= -PL2/2g= -3P/2； Yo= P-PL/2g= P/4十、解小物塊速度：2=12+22-212cos 由動能定理：BACPQN(P/2g) 2+(Q/2g) 22=P·ABsin (1)由動量守恒定理：-P(1cos-2)/g+Q2/g=01=232 代入（1）式得2=0.738 m/sABCP2CQDP1DXAYA十一、解1、當系統(tǒng)位于鉛錘時，由 T2-T1=W得(P2/2g)C2+(IA/2)2+IAB2=P2r-P1(L/2)sin(*)式中C=r,當=/2時，得 =6g(P2r-P1L)(6P2r2+3Qr2+2P1L2)(*)兩邊求導得：=6gP2r(6P2r2+3Qr2+2P1L2)2、由動量定理， -P1aDg=XAXA=P1L2g-P1aDng-P2aCg=YA-P1-P2-Q ( aC=r)YA= P1+P2+Q-P1L2g-P2rg第十六次（31-32頁）一、是非題1、× 2、 3、× 4、× 5、× 6、 7、二、選擇題1、 2、 3、 4、 三、填空題1、FCg=(Q/g)r2；FAg =(Q/g)r2，MAg=QrL2cos/2g2、a=gtan; agtan3、Fg=PL/4g(), Fgn=PL2/4g(), Mog=7PL2/48g( )4、Fg(), Fgn2 (), Mog= 7mR/3( )5、mao (); mR ao/2 ( )123xiyz6、Fgx=3ma/2 (),Fgy=m2 2R (),Mg=maR/12 ( )四、解1) a1=0 Fg1=02) a2y= -2L F2gy=m2L a2C= 2sin= F2gC= -m3) a3y= -2L F3gy=m2L a3C= -2 F3gC=2mABCmgNANBFgy五、解取桿AC研究MC=0: NA=NBFy=0: NA+NB-mgsin30°=0得 NA=NBABCFAxFAyFBPFg六、解MA=0: -FBLsin45°+PL sin45°/2 +FgL cos45°/2=0Fx=0: -FAx-FB+Fg=0Fy=0: FAy-P=0 Fg=ma=10N解得：FB=(P+Fg)/2=103N FAx=93N FAy=196N七、解MAgmg30°ABCFsFNFgFg=mR Fgn=0 MAg=2mR2MA=0: MAg-mgsin30°=0F=0: F+ Fg-mg sin30°=0Fn=0: FN+ Fgn-mg cos30°=0求得：=g/4R=9.8 rad/s2FN=424.35 N F=122.5 N八、解先求C點加速度maCx=0 aCx=0maCy=P aC=aCy=P/m=1.96 m/s2ABCPFCgMCgFCg=maC MCg=ICMC=0: IC-0.2P=0得 =13.07 rad/s2以C為基點，分析B點加速度：BPFTFNFgFSaBCn=0, aBC=BC=3.92 m/s2aB= aBC- aC=1.96 m/s2 ()九、解對物B：FT-fPcos10°-Psin10°-(P/g)aB=0MQMgOFTFoxFoy對圓輪O：MO=0: M-FTR-（Q/2g）R2=0 aB=R有以上三式解得：aB=3.57 m/s2 FT=6.36 kN取輪和桿OA：MQMgOAFAxFAyFTMAMO=0: MA-FAxOA=0Fx=0: FAx+FTcos10°=0Fy=0: FAy-Q-FTsin10°=0解得： FAx= -6.27 KN FAy=21.1 KN MA= -12.54 KNm第十七次（33-34頁）一、是非題1、 2、 3、 二、選擇題1、 2、 3、 4、 三、填空題ABCxyPQ1Q1Q2EF1、-Px+Wx23 2、rBrA=2sin3、2sin:1:1； Ptan 4、1:1；Q四、解用解析法：設AB=BC=LyE=(L/2)cos, yE= -(L/2)sinyF=(3L/2)cos, yF= -(3L/2)sinyC=2Lcos, yC= -2LsinxB=Lsin, xB=Lcos由虛位移原理：-PyC-Q1yF -Q1yE -Q2xB=0得 （2P+2Q1）sin-Q2cos=0 P=（Q2 ctg-2Q12=2.5 NOABCDEFGHIJKxyPPPPPSS五、解yK=yG=(L/2)cos, yK=yG= -(L/2)sinxE =L/2+Lsin, xE =LcosxB= -( L/2+Lsin), xB = -LcosyJ=yH=(3L/2)cos, yJ=yH= -(3L/2)sinyI=2Lcos, yI= -2Lsin由虛位移原理：-PLsin-2SLcos-3PLsin-2PLsin=0-6PLsin-2SLcos=0得 S=-3P tg（受壓）六、解ABCDEFKTTSSrEL=rC2L=rD3LrCKC=rFKF=rBKBSrE sin- SrF cos- TrF sin+ TrD sin=0得 S=3T T=k（2Lsin-L0）=1000 N S=1732 NBACDEFGH2P2PFFyx七、解yG=(L/2)sin, yG=(L/2)cosyH=(3L/2)sin, yG=(3L/2)cosyC=Lsin, yG=LcosyB=0, 由虛位移原理：-3PLcos-PLcos-FLcos=0-3P -P -F =0 得 F=-4P上式表明F與圖示方向相反。F=k（Lsin-L0）=-4P得 =arcsin(L0-4P/k)/LBACDEFKPSCDSDC八、解去除CD桿，代之以內力SCD和SDC設ACFE構架有一繞A的虛位移，則構架BDF作平面運動，速度瞬心在K，各點虛位移如圖。rE =2L，rD =rF =5L由虛位移原理：P2L（1/2）-SDC5L（2/5）=0得 SDC=P/2 （拉）PMMAQQABCDEGHF九、解Q=qL=4(kN)1)rB =rDrF=rG=rH=rD/2由虛位移原理：-MArF/L-PrF+MrB/L+Q(rG+rH)=0PMMAQQABCDEGHFFAy MA=-PL+2M+2qL2=92(kN m)2) rA=rF=rBrB =rD=2rG=2rH由虛位移原理：FAyrA-PrF+MrB/L+ Q(rG+rH)=0PMMAQQABCDEGHFFAx FAy=P- M/L- qL= -17(kN) 與圖示方向相反。3）由 FAxrA=0rA 0FAx=0第十八次（35-36頁）一、選擇題1、 2、 3、 4、 5、 6、二、填空題1、3個自由度2、Qx1= -k1x1+k2(x2-x1)；Qx2= k2(x2-x1)三、解， ， 得 四、解系統(tǒng)為一個自由度，取輪1的轉角1為廣義坐標Q(1)=w(1)1=(M11-M22-M33)1r11=r22= r33M1M2M3Q(1)= M1 (r1/r2)M2 -(r1/r3)M3