理论力学计算题解答

理论力学

1

1111111111111111111111111111111111111111111111111111111

第二章 平面力系（任意力系）

三、计算题 2.3.1 解： X -F1cos450 F3cos300 F4 340.98kN

00

Y Fsin45 F Fsin30 587.13kN123F'R ( X)2 ( Y)2 678.96kNX 0.502 Y 0.865cos cos FR'FR'

M0 M0(i) 25F1cos450 10F2 25F3cos300

35F3sin300 5F4 4600.58kN cm

d M0FR 6.78cm力系的最后合成结果为： FR F'R 678.96kN

2.3.2 解：取立柱为研究对象：

XA qh 20kN( ) X 0XA qh 0

YA P F 100kN( )Y 0YA P F 0

qh2 MA 0MA 2 Fa 0 qh2

MA Fa 100 30 130kNm

2

2.3.3

qa

B

解：取梁为研究对象：

X 0

1

XA 0

YA 2qa( )

理论力学

Y 0YA qa qa 0 y

qa2

2qa2 0MA 0MA 2qh25

MA 2qa2 qa2

2 2 解：取梁为研究对象：

X 0XA 0

D

0.82q M 0 M 1.6YB 2.4F 0 A2

1 YB ( 0.82 8 48) 24.6kN( )

1.6

Y 0YA 0.8q YB F 0 YA -3kN( )

2.3.4

解：取DE杆为研究对象: 0MB 0P2 1 FACsin60 2 P1 2.5 0 E 1 FAC (2.5P 1 P2) 6.64kN3F'AC FAC 6.64kN）∴杆AC受压 XB FACcos600 0X 0 XB FACcos600 3.32kN( )0Y P Fsin60 PY 0B2AC1 0 E D Y P P 6.64 0.25kN( )B21 2P1

2.3.5

q 解：取CD为研究对象 X 0XC 0

MC 02q 1 M 4YD 0 YD 15kN( ) Y 0YC 2q YD 0 YC 5kN( ) 取AC为研究对象： '

XA XC XC 0X 0 2

理论力学

2.3.6

M

B

0

-2YA 2q 1 2Y'C 0 YA 15kN( )

Y 0

YA YB 2q Y'C 0 YB 40kN( )

1）取起重机为研究对象：

M M

O1O2

0 P 1 2Y2 5P1 0 0

Y2 50kN( )

P 1-2Y1 3P1 0

Y1 10kN( )XC 0

2）取CD段为研究对象： X 0

M M

C

0-Y'2 1 6YD 0 0

D

5Y'2 6YC 0 XA X'C 0

50

8.33kN( )6250

YC 41.67kN( )

6 YD

XA X'C XC 0

3）取AC段为研究对象：

X 0

M

A

2.3.7

A

D B

y

300

100kN( )3290

M 0 Y 48.33kN( ) 3Y 2Y' 3Y' 0 BAA1C

6

03YB 5Y'1 6Y'C 0 YB

解：取整体为研究对象：

取AB杆为研究对象：

X 0

M

A

XB 0aXD 0 XD 0

0

取DF杆为研究对象：

C

X 0

M

D

XE X'D 0 XE X'D XD 0

0

aYE M 0aY'D M 0

YE Y'D

M

2kN( )a

M

2kN( )a

ME 0

3

理论力学

2.3.8

2.3.9

C

解：取整体为研究对象：

M M

C

0 0

80P 40XE 0 XE 2P 1.6kN( )80P 40XC 0 XC 2P 1.6kN( )

E

取BE杆为研究对象：

X 0

XB P XE 0 XB P XE 0.8kN( )

M

E

0

40XB 30YB 30P 0

YB

70 0.8

1.87kN( )30

YE YB 1.87kN( ) YC YE 1.87kN( )

Y 0

YB YE 0YC YE 0

Y 0

解：取整体为研究对象：

43

-M 2YA 1P 1P 0

55

17

YA ( M P) 1kN( )

2543

MA 0-M 1P5 1P5 2YB 0

11

YB (M P) 5kN( )

25

MB 0

B

取BC杆为研究对象：

MC 0

43

1P 2YB 2XB 05517

XB (P 2YB) 2kN( )

25-1P

3

YC P YB 1kN( )

54

XC P XB 6kN( )

5

Y 0

3

YC P YB 0

54

XC P XB 0

54

B

理论力学

取AC杆为研究对象：

X 0

M

E

0

1X'C 1XA 0

XA X'C 6kN( )2.3.10

解：取整体为研究对象： X 0XA F3sin30 0 XA F3sin300 10kN( ) MB 0 4aYA 3aF1 2aF2 aF3cos300 0

y1

YA (30 40 103) 21.83kN( )

4

Y 0YA F1 F2 F3cos300 YB 0

YB 10 20 103 21.83 25.49kN( )沿4、5和6杆截开，取左半部分为研究对象： F10 C （拉）F5 F7 MC 0 aYA aF4 0 F4 YA 21.83F5

Y 0YA F1 F5cos45 0

F4F4

F5 2(21.83 10) 16.73kN(拉) 沿4、5、7和10杆截开，取右半部分为研究对象：

F5sin450 F7 F3cos300 YB 0Y 0 F7 103 11.83-25.49 -20kN(压)

00 F10 -21.83-11.83-10 -43.66kN(压)X 0-F4 F5cos45 F10 F3sin30 0

2.3.11

解：沿1、2和3杆截开，取右半部分为研究对象： 4

MA1 0L2F1 L1F 0 F1 F 2MN(拉) 35

Y 0F2cos F 0 F2 F 2.5MN(拉) 38 F -F 4MN(压)M 0-LF 2LF 03 A2311 3

F7 0取节点C1为研究对象： Y 0 取节点C为研究对象： X 0 F4 0

Y 0 F6 0

1

5

取节点B1为研究对象：

6

Y 0

F5cos F6 F 0

理论力学

7

C1

F5

6

5

F 2.5MN(拉)3

第三章 空间力系

三、计算题

3.3.1

200200

解： -200 F'Rx X F2sin F3cos -300 -345.3N

100100 300

F'Ry Y F2cos 300 249.6N 100 100

F'Rz Z F1 F3cos 100 200 10.56N

100 R X Y Z 345.3 249.6 10.56(N)

300100

M0x Mx 0.1F2cos 0.3F3sin -0.1 300 100-0.3 200 1005 -51.79Nm M0y My 0.2F1 0.1F2sin 0.2 100-0.1 300 200 36.64Nm

M0Z MZ 0.3F2sin 0.3F3cos 0.3 300 200 0.3 200 200 103.59Nm

100100

0 Mx My MZ 51.79 36.64 103.59(Nm)

3.3.2 解：取销钉D为研究对象：

X 0FBDcos450 FADcos450 0 FBD FAD

Y 0

BD

Fsin450cos300 Fsin450cos300 Fcos150 0

BDADCD

2cos150

FBD FAD FCD(a)

Z 0 FBDsin450sin300 FADsin450sin300 FCDsin150 P 0

cos150 FCD P( sin150) 33.46kN（拉）将（a）式代入得：

6

理论力学

3.3.3

解：由空间力偶系的平衡方程（3-20）式：

MZ 0自然满足

Mx 0MCcos( 900) MA 0

10Fcos( 900) 300 0(a)x

My 0MCsin( 900) MB 0 10Fsin( 900) 400 0(b)

3cos( 900)3003(a)0

ctg( 90) :

4(b)sin( 900)4004由（a）式：

FBD FAD 26.39kN（压）

y

C

3

900 arcctg 53.130 143.130

4

3003030

F 50N由（a）式：

10cos( 900)cos53.1300.6

3.3.4

解：取传动轴为研究对象。 ∵传动轴绕y轴匀速转动 d My 0Fcos M 0

22M2 1030

F 12.67kN

dcos 0.173cos200

0.22Fsin200 0.22Fsin 0.342ZB 0Mx 0 ZB 2.79kN( )

0.342

0.22Fcos20 M 00.22Fcos 0.342X 0

zB

XB

X 0 Z 0

XA Fcos XB 0ZA Fsin ZB 0

7

0.342

7.66kN

XA Fcos200 XB 4.25kN ZA Fsin200 ZB 1.54kN( )

理论力学

3.3.5

解：由均质物体的形心坐标公式（3-30）式

由对称性得： yc 0

用负面积法：

AixCiAx A2xc2

xc 1c1

AiA1 A2 R2 0 ( r2) R2r2R 22

R ( r)2(R2 r2)

3.3.6 (b) (a)

(a) 解：由均质物体的形心坐标公式（3-30）式 (b) 解：由均质物体的形心坐标公式（3-30）式

用分割法： 由对称性得： xc 0由对称性得： yc 0用负面积法： Ax

yc

Ay

A

ii

Ci

Ay A2yc2 1c1

A1 A2

8

xc

A

i

Ci

i

A1xc1 A2xc2 A3xc3

A1 A2 A3

理论力学

172 ( 18 14) (3 7)20 2 1 20 2 12 15 2 23 11mm24 17 6.08mm20 2 20 2 15 224 17 ( 18 14) 3.3.7

解：由均质物体的形心坐标公式（3-30）式

用分割法：

VixciV1xc1 V2xc2

x c

ViV1 V2

80 40 60 20 40 40 10 60

80 40 60 40 40 10

23.08mm

VizciViyciV1yc1 V2yc2V1zc1 V2zc2y z cc

ViV1 V2ViV1 V2

80 40 60 40 40 40 10 2080 40 60 ( 30) 40 40 10 ( 5)

80 40 60 40 40 10

80 40 60 40 40 10

38.46mm 28.08mm

第四章 摩 擦

四、计算题 4.4.1

y解：取物块A为研究对象

F 8N FTcos 10

3

8.66N2

∴ 物块A有向右滑动的趋势，FS指向左边；

X 0 Y 0

-F FS FTcos 0

9

FS F FTcos 0.66N-W FN FTsin 0

理论力学

FN W FTsin 2N

∴最大摩擦力为： Fmax fsFN 0.2 2 0.4N Fmax 0.4N Fs 0.66N∴物块A不平衡。

4.4.2

解：欲保持木块平衡，必须满足 1）不会向右滑动，F F 2）不会绕D点翻倒。

取木块为研究对象 1) 木块不会向右滑动:

F FSX 0F FS 0 FN P 100NFN P 0Y 0若木块不会向右滑动，则应有： y

F FS Fmax fSFN 0.4 100 40NS2) 木块不会绕D点翻倒: 取木块为研究对象 设木块处于临界状态，受力图如图所示。

4.4.3

K

M

D

0P 50 F 160 0 F 5P 31.25N F 31.25N

解：取BO1杆和AC杆为研究对象；

M

O1

0

O1A FC O1B F 0

FC

O1B0.75

F 200 300NO1A0.5

取KE杆和EDC杆为研究对象；

M

D

0KD FKsin CD F'C 0

FK F'C 300 KEED 3005N

取O2K杆和闸块为研究对象并设初始鼓轮顺时针转动

0.25m

M

O2

0

KO2 FKcos LO2 FN 0

KO2FKcos 1 3005KD

LO20.5EK

FN

1 30050.5

1200N

0.50.25

理论力学

4.4.4

取鼓轮研究对象；

M

O

0RF'S RF"S 0

形成制动力偶

F'S F"S

∴制动力矩为： Mf 2RF'S 2R fSFN 300Nm

解：取轮为研究对象；

S

2

y

X 0P2sin FS 0 F Psin

Y 0P2cos P1 FN

0 F P Pcos o

M 0 Mf RFS rP2 0

N

1

2

O

S

f

N

Mf RFS rP2 P2(r Rsin )

4.4.4

解：取物块为研究对象；

F Fcos 300cos300 259.81N

t

P Psin 500sin30 250Nt 可见:Ft Pt

∴物块有沿斜面向上滑动的趋势，则设 FS的方向如图：

T 0

N 0

Fcos Psin FS 0 FS Fcos Psin 9.81N

Fsin Pcos FN 0

FN Fsin Pcos 583.01N

又 Fmax fFN 0.4 583.01 233.21 N FS 9.81N

∴上面所求摩擦力正确，即： FS 9.81N

方向如图。

11

理论力学

第五章 点的运动学

四、计算题

5.4.1

t t

5

oAcos 20cost 5 D点的运动方程 oAsin 2ACsin 10sint 522xyD点的轨迹方程 1消去t得： 400100

5.4.2

解：建立参考系如图，由于顶杆作平动，所以由顶杆上的A点的运动方程： 2

y oA OD AD esin AC CD2 esin R2 e2cos2

为顶杆的运动方程。 y esin t R2 e2cos2 t 2e2cos t ( sin t)

e cos t 顶杆的速度为： v y222

2R ecos t2

e sin2 t)

x e cos t 方向沿y轴方向。 222

2R ecos t

5.4.3

1)直角坐标法： x R(1 cos2 t),y Rsin2 t 2R cos2 tvy y 2R sin2 t vx x

2 v vx v2 vxv sin2 ty 2R , vyv cos2 t x 4R 2cos2 t ax v y 4R 2sin2 tay v

22

a ax a2,) axa cos2 ty 4R

12

,) aya sin2 t

理论力学

2自然法： S R 2 t 2R t

2R v S

方向如图。

0at v

an v2R 4R 2

方向如图。

第六章 刚体的简单运动

四、计算题 6.4.1

6.4.2

13

BAM作平动；

∴M点的运动轨迹及其速度和加速度都与A点相同。 而A点绕点作定轴转动，其角速度为：

2 n n

6030

x Rcos tyt

消去t得M点的运动轨迹： x2 y2 R2

vM vA R

R n

30

方向如图

anM anA 2R (

n

30

2R方向如图

A 0atM atA v

解：∵AB杆作平动； M

A

M A

15

vM vA r 0.2 15 3 9.425ms

方向如图

anM anA 2r 0.2 152 2 45 2 444.13ms2

方向如图

atM atA r 0

理论力学

6.4.3:

解：摇杆O1A绕O1作定轴转动，由图可得：

tg

BCrsin rsin t

O1Ch rcos h rcos t

arctg(

rsin t

)

h rcos t

为摇杆的转动方程

1(h rcos t)r cos t rsin t r sin t

r2sin2 t(h rcos t)2

1

(h rcos t)2hr cos t r2 cos2 t r2 sin2 tr (hcos t r) 2

h 2hrcos t r2cos2 t r2sin2 th2 2hrcos t r2

为摇杆的角速度方程

6.4.4: 解：由（6-12）式得： tg

2

tg600 3

2

3dt

d 2

dt -11 t

0

d

2 dt

d

0

2

t

1-3 0t11

-t 0 0

-3 ln(1-30

tt 0dt1d(1 3 0t) d 01-3 0t 01- 0t0

1为摇杆的转动方程 ln(1-3 0t)3

-3

0

1- 0t

(a)

d

0dt

1-30t

e-

14

0e

理论力学

理论力学B（1) 练习册 32学时 昆明理工大学

只限自己使用，请不要传播 —----- 李鹏程

为角速度与转角的关系

15

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/4wyh.html