【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 ∴ FAy=（ P+m/a） /2 （ e）解：受力如圖： 由∑ MA=0 FRB?3P??5=0 ∴ FRB=P/2+5Q/3 由 ∑ x=0 FAx+Q=0 ∴ FAx=Q 由∑ Y=0 FAy+FRBP=0 ∴ FAy=P/25Q/3 （ f）解：受力如圖： 由∑ MA=0 FRB?2+mP?2=0 ∴ FRB=Pm/2 由 ∑ x=0 FAx+P=0 ∴ FAx=P 由∑ Y=0 FAy+FRB =0 ∴ FAy=P+m/2 44 解：結(jié)構(gòu)受力如圖示， BD為二力桿 由∑ MA=0 FRB?a+Q?b+W?l/2?cosα =0 ∴ FRB=(2Qb+Wlcosα )/2a 由∑ Fx=0 FAxQsinα =0 ∴ FAx=Qsinα 由∑ Fy=0 FRB+FAyWQcosα =0 ∴ FAy=Q(cosα b/a)+W(1lcosα /2a) 45 解：齒輪減速箱受力如圖示， 由∑ MA=0 FRB =0 FRB= 由∑ Fy=0 FRA+FRBW=0 FRA= 46 解： (a)由∑ Fx=0 FAx=0 (b) 由∑ Fx=0 FAx=0 由∑ Fy=0 FAy=0 由∑ Fy=0 FAyqaP=0 由∑ M=0 MAm=0 MA=m ∴ FAy=qa+P 由∑ M=0 MAq?a?a/2Pa=0 ∴ MA=qa2/2+Pa (c) (d) (c) 由∑ Fx=0 FAx+P=0 (d) 由∑ Fx=0 FAx=0 ∴ FAx=P 由∑ MA=0 FRB?5a+m1m2q?3a?3a/2=0 由∑ Fy=0 FAyq?l/2=0 ∴ FRB=+(m2m1)/5a FAy=ql/2 由∑ Fy=0 FAy+FRBq?3a=0 由∑ M=0 MAq?l/2?l/4mPa=0 FAy=+(m1m2)/5a ∴ MA=ql2/8+m+Pa 47 解： (a) (b) (a)∑ MA=0 FRB?6aq(6a)2/2P?5a=0 ∴ FRB=3qa+5P/6 ∑ Fx=0 FAx+P=0 ∴ FAx =P ∑ Fy=0 FAy+FRBq?6a=0 ∴ FAy=3qa5P/6 (b) ∑ MA=0 MAq(6a)2/2P?2a=0 ∴ MA=18qa2+2Pa ∑ Fx=0 FAx+q?6a=0 ∴ FAx =6qa ∑ Fy=0 FAyP=0 ∴ FAy=P (c) ∑ MA=0 MA+m1m2q?6a?2aP?4a=0 ∴ MA=12qa2+4Pa+m2m1 ∑ Fx=0 FAx+P=0 ∴ FAx=P ∑ Fy=0 FAyq?6a=0 ∴ FAy=6qa (d) ∑ MA=0 MA+q(2a)2/2q?2a?3a=0 ∴ MA=4qa2 ∑ Fx=0 FAxq?2a=0 ∴ FAx =2qa ∑ Fy=0 FAyq?2a=0 ∴ FAy =2qa 48 解：熱風(fēng)爐受力分析如圖示， ∑ Fx=0 Fox+q1?h+(q2q1)?h/2=0 ∴ Fox=60kN ∑ Fy=0 FAyW=0 ∴ FAy=4000kN ∑ MA=0 M0q?h?h/2(q2q1)?h?2h/3/2=0 ∴ M0=?m 49 解：起重機(jī)受力如圖示， ∑ MB=0 FRA?cP?aQ?b=0 ∴ FRA=(Pa+Qb)/c ∑ Fx=0 FRA+FBx=0 ∴ FBx=(Pa+Qb)/c ∑ Fy=0 FByPQ=0 ∴ FBy=P+Q 410 解：整體受力如圖示 ∑ MB=0 FRA =0 ∴ FRA=764N ∑ Fx=0 FBx+FRA=0 ∴ FBx=764N ∑ Fy=0 FByP=0 ∴ FBy=1kN 由∑ ME=0 FCy 2+P =0 ∴ FCy=2kN 由∑ MH=0 F’ Cx 2FCy 2P +P =0 ∴ FCx=F’ Cx=3kN 411 解：輥軸受力如圖示， 由∑ MA=0 FRB 1600q 1250 (1250/2+175)=0 ∴ FRB=625N 由∑ Fy=0 FRA+FRBq 1250=0 ∴ FRA=625N 412 解：機(jī)構(gòu)受力如圖示， ∑ MA=0 P +FRB =0 ∴ FRB=26kN ∑ Fy=0 FRA+FRBPW=0 ∴ FRA=18kN 413 解：當(dāng)達(dá)到最大起重質(zhì)量時(shí)， FNA=0 由∑ MB=0 W1α +W2 0G =0 ∴ Pmax= 414 解：受力如圖示，不致翻倒的臨界狀態(tài)是 FNE=0 由∑ MF=0 W 1mQ (51)=0 ∴ W=60kN 故小車(chē)不翻倒的條件為 W≥ 60kN 415 解：設(shè)左右桿長(zhǎng)分別為 l l2，受力如圖示 左桿：∑ MO1=0 P1(l1/2)cosα 1FAl1sinα 1=0 ∴ FA=ctgα 1P1/2 右桿：∑ MO2=0 P2(l2/2)cosα 2+F39。Al2sinα 2=0 ∴ F39。A=ctgα 2P2/2 由 FA=F39。A ∴ P1/P2=tgα 1/tgα 2 416 解：設(shè)桿長(zhǎng)為 l，系統(tǒng)受力如圖 (a) ∑ M0=0 P ?l/2cosθ +T?l?sinθ Tlcosθ =0 ∴ T=P/2(1tgθ ) (b)當(dāng) T=2P時(shí)， 2P= P/2(1tgθ ) ∴ tgθ 3/4 即θ≈ 36176。 52′ 417 解 : (a) (a)取 BC桿： ∑ MB=0 FRC?2a=0 ∴ FRC=0 ∑ Fx=0 FBx=0 ∑ Fy=0 FBy+FRC=0 ∴ FBy=0 取整體： ∑ MA=0 q?2a?a+FRC?4a+MA=0 ∴ MA=2qa2 ∑ Fx=0 FAx=0 ∑ Fy=0 FAy+FRC－ｑ ?2a＝０ ∴ FAy==2qa (b) (b)取 BC桿： ∑ MB=0 FRC?2aq?2a?a=0 ∴ FRC=qa ∑ Fx=0 FBx=0 ∑ Fy=0 FRCq?2aFBy=0 ∴ FBy=qa 取整體： ∑ MA=0 MA+FRC?4aq?3a?=0 ∴ MA= ∑ Fx=0 FAx=0 ∑ Fy=0 FAy+FRC－ｑ ?3a＝０ ∴ FAy==2qa (c) (c)取 BC桿： ∑ MB=0 FRC?2a =0 ∴ FRC=0 ∑ Fx=0 FBx=0 ∑ Fy=0 FRCFBy=0 ∴ FBy=0 取整體： ∑ MA=0 MA+FRC?4am=0 ∴ MA=m ∑ Fx=0 FAx=0 ∑ Fy=0 FAy+FRC＝０ ∴ FAy=0 (d) (d)取 BC桿： ∑ MB=0 FRC?2am=0 ∴ FRC=m/2a ∑ Fx=0 FBx=0 ∑ Fy=0 FRCFBy=0 ∴ FBy=m/2a 取整體： ∑ MA=0 MA+FRC?4am=0 ∴ MA=m ∑ Fx=0 FAx=0 ∑ Fy=0 FAy+FRC＝０ ∴ FAy=m/2a 418 解： (a)取 BE部分 ∑ ME=0 FBx ∴ FBx= 取 DEB部分： ∑ MD=0 FBx +FBy 6q ∴ FBy=0 取整體： ∑ MA=0 FBy 6+ q cos45176。 3=0 ∴ FRC= ∑ Fx=0 FRC cos45176。 +FAx+FBxq =0 ∴ FAx= ∑ Fy=0 FRC sin45176。 +FAy+FBy=0 ∴ FAy= (b)取 CD段， ∑ MC=0 FRD 4q2/2 42=0 ∴ FRD=2q2 取整體： ∑ MA=0 FRB 8+FRD 12q2 4 10q1 6 4P 4=0 ∑ Fx=0 P+FAx=0 ∴ FAx=P ∑ Fy=0 FAy+FRB+FRDq1 6q2 4=0 ∴ FAy=3q1P/2 419 解：連續(xù)梁及起重機(jī)受力如圖示： 取起重機(jī)：∑ MH=0 Q 1P 3FNE 2=0 ∴ FNE=10kN ∑ Fy=0 FNE+FNHQP=0 ∴ FNH=50kN 取 BC段：∑ MC=0 FRB 6FNH 1=0 ∴ FRB= 取 ACB段：∑ MA=0 FRD 3+FRB 12FNE 5FNH 7=0 ∴ FRD=100kN ∑ Fx=0 FAx=0 ∑ Fy=0 FAy+FRD+FRBFNEFNH=0 ∴ FAy= 420 解：整體及左半部分受力如圖示 取整體：∑ MA=0 FBy lG l/2=0 ∴ FBy=1kN ∑ MB=0 FAy l+G l/2=0 ∴ FAy=1kN 取左半部分：∑ MC=0 FAx h+G/2 l/4FAy l/2=0 ∴ FAx= 取整體：∑ Fx=0 FAx+FBx=0 ∴ FBx= 421 解：各部分及整體受力如圖示 取吊車(chē)梁：∑ MD=0 FNE 8P 4Q 2=0 ∴ FNE= ∑ Fy=0 FND+FNEQP=0 ∴ FND= 取 T 房房架整體： ∑ MA=0 FBy 12(G2+FNE) 10(G1+FND) 2F 5=0 ∴ FBy= ∑ MB=0 FAy 12F 5+(G1+FND) 2+(G2+FNE) 2=0 ∴ FAy= 取 T 房房架作部分： ∑ MC=0 FAy 6FAx 10F 5(G1+FND) 4=0 ∴ FAx= ∑ Fx=0 FCx+F+FAx=0 ∴ FCx= ∑ Fy=0 FCy+FAyG1FND=0 ∴ FCy=5kN 取 T 房房架整體： ∑ Fx=0 FAx+F+FBx=0 ∴ FBx= 422 解：整體及部分受力如圖示 取整體：∑ MC=0 FAx?l?tg45176。 G?(2l+5)=0 ∴ FAx=(2+5/l)G ∑ MA=0 FCx?ltg45176。 G(2l+5)=0 ∴ FCx=(2+5/l)G 取 AE桿：∑ ME=0 – FAx?lFAy?lG?r=0 ∴ FAy=2G ∑ Fx=0 FAx+FBx+G=0 ∴ FBx=(1+5/l)G ∑ Fy=0 FAy+FBy=0 ∴ FBy=2G 取整體：∑ Fy=0 FAy+FCyG=0 ∴ FCy=G 取輪 D： ∑ Fx=0 FDxG=0 ∴ FDx=G ∑ Fy=0 FDyG=0 ∴ FDy=G 423 解：整體及部分受力如圖示 取整體：∑ MB=0 FCy 10W2 9P 4W1 1=0 ∴ FCy=48kN ∑ Fy=0 FBy+FCyW1W2P=0 ∴ FBy=52kN 取 AB段：∑ MA=0 FBx 4+W1 4+P 1FBy 5=0 ∴ FBx=20kN ∑ Fx=0 FBx+FAx=0 ∴ FAx=20kN ∑ Fy=0 FBy+FAyW1P=0 ∴ FAy=8kN 取整體：∑ Fx=0 FBx+FCx=0 ∴ FCx=20kN 424 解：系統(tǒng)中 5桿均為二力桿，整體及部分受力如圖： 取整體：∑ Fx=0 FAx=0 ∑ MA=0 3P16P210P3+14FRB=0 ∴ FRB=80kN ∑ Fy=0 FAy+FRBP1P2P3=0 ∴ FAy=90kN