【正文】 不計(jì)。問(wèn)自踏腳處到電線桿軸線間的間距離a為何值時(shí)方能保證工人安全操作？參考答案51 解：（a）Fsmax=fS?FN=100=30N當(dāng)P=10N， P=10N Fsmax故保持靜止 ∴F=P=10N（b）當(dāng)P=30N時(shí)， P=30N= Fsmax故物塊處于臨界狀態(tài) F=P= Fsmax=30N（c）當(dāng)P=50N時(shí)， P=50N Fsmax故物塊滑動(dòng) F= Fsmax=30N52 解：（a）Fsmax=FN?fS=W?fS=300NP=200N Fsmax故物塊保持平衡 F=P=200N（b）Fsmax= FN?fS= P?fS=150NW=200N Fsmax故物塊不平衡 F= Fsmax=150N53 解：（1）有向下滑動(dòng)趨勢(shì)∑X=0 Fsmax1+QWsinα=0∑Y=0 FNWcosα=0補(bǔ)充方程： Fsmax1=FN?fS聯(lián)立上三式： Q=W（sinαfScosα）（2）有向上滑動(dòng)趨勢(shì)∑X=0 Q Fsmax2Wsinα=0∑Y=0 FNWcosα=0補(bǔ)充方程： Fsmax2=FN?fS聯(lián)立上三式： Q=W（sinα+fScosα）∴Q值范圍為：W（sinαfScosα）≤Q≤W（sinα+fScosα）其中fS=tgρ54解：由∑M0=0 –m+F25=0F=FN?fS聯(lián)立上兩式得：FN=m/2??r?fS=8000N∴制動(dòng)時(shí) FN≥8000N55 解：取物塊A：由∑Fy=0 FNAwAPsin30176。=0 ∴FNA=1300N∑Fx=0 FSAPcos30176。=0 ∴FSA=由庫(kù)侖定律：FSAmax=fc1FNA=650N∵FSA＜FSAmax ∴A塊靜止取物塊B： ∑Fy=0 FNBF39。NAWB=0 ∴FNB=3300N ∑Fx=0 FSBFSA=0 ∴FSB=由庫(kù)侖定律：FSBmax=fS2FNB=660N ∵FSB＜FSBmax ∴B塊靜止56 解：由∑Fy=0 2FSW=0 FS=N?f 聯(lián)立后求得：N=625N57 解得：Q1=Ptg(αφ)；Q2=Ptg(α+φ)平衡力值應(yīng)為：Q1≤Q≤Q2注意到tgφ=fS58 解：鋼板受力如圖示，臨界狀態(tài)時(shí)，發(fā)生自鎖，有FRA=FAmax+FNA FRB=FBmax+FNB 且 –FRA+FRB=0由幾何關(guān)系：又∵tgφm= 代入上式后可得：b= ∴當(dāng)b≤，發(fā)生自鎖，即鋼板與軋輥接觸點(diǎn)上無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，鋼板能被帶入軋輥。59解：取推桿：∑Fx=0 FNAFNB=0 = 1 \* GB3 ①∑Fy=0 FQFAFB=0 = 2 \* GB3 ②∑MO1 F39。A?d/2FB?d/2+FNB?b+F39。?a=0 = 3 \* GB3 ③取凸輪：∑M0=0 mF?d=0 ∴F=m/d=F39。 = 4 \* GB3 ④極限狀態(tài)下：FA=FNA?f = 5 \* GB3 ⑤FB=FNB?f = 6 \* GB3 ⑥將 = 1 \* GB3 ① = 2 \* GB3 ② = 4 \* GB3 ④ = 5 \* GB3 ⑤ = 6 \* GB3 ⑥代入到 = 3 \* GB3 ③后整理得 ∴若推桿不被卡住 則b＞510 解：A、D兩點(diǎn)全反力與F必交于一點(diǎn)C，且極限狀態(tài)下與法向夾角為φm，則有h=(b+d/2)tgφm+(bd/2)tgφm∴h=2b tgφm =2bf=故保證滑動(dòng)時(shí)應(yīng)有 h＞511解：取整體：∑Fy=0 PQ=0 P=Q取節(jié)點(diǎn)O：FOA=FOD=P=Q取重物，受力如圖示，由平衡方程得FS1=FS2=Q/2取曲桿ABC ∑MB=0 150FN1+200FS1600FOA=0重物不下滑的條件：FS1≤fSFN1解得：fS≥512 解：由整體：∑Fy=0 得P=Q取磚： ∑MB=0 ∴FSA=FSD∑Fy=0 QFSAFSD=0∑Fx=0 FNAFND=0解得：FSA=FSD=Q/2，F(xiàn)NA=FND取AGB: ∑MG=0 F95+30F39。SAbF39。NA=0∴b=220FSA/FNA轉(zhuǎn)不下滑的條件：FSA≤fFNA∴b≤110mm此題也可是研究二力構(gòu)件GCED，tgα=b/220，磚不下滑應(yīng)有tgv≤tgφ=fS，由此求得b。513 解：主動(dòng)力合力和全反力在AB連線并沿AB線方向，極限狀態(tài)時(shí)，與法向夾角為φm，由幾何關(guān)系： tgφm=OA/OB=e/D/2 注意到tgφm=f∴e=Df/2 故偏心輪不會(huì)脫開條件為 e≤Df/2514 解：取圓形物料，受力如圖，臨界狀態(tài)時(shí)，列平衡方程∑Fx=0 NAcosα+FAsinαNBcosαFBsinα=0 = 1 \* GB3 ①∑Fy=0 NAsinαFAcosα+NBsinαFBcosα=0 = 2 \* GB3 ②又∵FA=fNA FB=fNB = 3 \* GB3 ③注意到tgα=f ∴α==176。由幾何關(guān)系： ∴d=515 解：為確保系統(tǒng)安全制動(dòng)，滑塊應(yīng)自鎖，臨界狀態(tài)下，主動(dòng)力合力與法向夾角應(yīng)為φm，由幾何關(guān)系有：注意到=f=整理后有l(wèi)/L= ,若自鎖應(yīng)有l(wèi)/L＜顯然，還應(yīng)有L/2＜l 因此，為能安全制動(dòng)，＜l/L＜516 解：取輪：∑MO1=0 Q?rFS?R=0 = 1 \* GB3 ①取桿：∑M0=0 F39。S?cF39。N?b+p?a=0 = 2 \* GB3 ②臨界狀態(tài)時(shí)：FS=FN?f = 3 \* GB3 ③聯(lián)立 = 1 \* GB3 ① = 2 \* GB3 ② = 3 \* GB3 ③式可得： P=100N∴要?jiǎng)x住車不使重物落下則， P≥100N517 解：梯子受力如圖，設(shè)人重為Q=650N，桿長(zhǎng)為l由∑Fy=0 FNBQP=0∑MA=0 FNB?lcosαFS lsinαP?cosα?l/2=0臨界狀態(tài)時(shí)： FS=FNB?fS聯(lián)立上三式后可解得： ∴ α=74176。12′故梯子若保持平衡的條件為：α≥74176。12′518解：滾子受力如圖所示：∑Fy=0 Psinα+FNW=0∑MA=0 MfPcosα?D/2=0臨界狀態(tài)時(shí)：Mf=δ?FN聯(lián)立上三式得：P=519 解：受力如圖所示：∑Fy=0 FNPQ=0∑MA=0 MfQ?r=0臨界狀態(tài)時(shí)：Mf=δ?FN聯(lián)立上三式解得：Q=Pδ/(rδ)520 解：支架受力如圖所示：∑Fy=0 PFSAFSBG=0 = 1 \* GB3 ①∑Fx=0 FNAFNB=0 = 2 \* GB3 ②∑MO=0 FSA?d/2+FNB?bFSB?d/2G?a=0 = 3 \* GB3 ③臨界狀態(tài)時(shí)：FSA=FNA?f = 4 \* GB3 ④FSB=FNB?f = 5 \* GB3 ⑤將 = 4 \* GB3 ④ = 5 \* GB3 ⑤代入 = 1 \* GB3 ① = 2 \* GB3 ②后再代入 = 3 \* GB3 ③可解得 P=521 解：∑Fx=0 GcosαFS+FT=0∑Fy=0 FNGsinα=0臨界狀態(tài)時(shí)：FS=FN?f聯(lián)立上三式解得：FT=G(sinα+cosα)=1037N522解：套鉤受力如圖，全反力FRA，F(xiàn)RB與G匯交于點(diǎn)C由幾何關(guān)系得：b=(a+d/2)tgφm+(ad/2)tgφm=2atgφm=2af故為使套鉤自鎖應(yīng)有：a≥b/2f=第六章 習(xí)題參考答案61解：（a）(b) 62解：63解：受力如圖所示，為空間匯交力系。解得： （壓力）（壓力）（壓力）64解：受力分析如圖所示，為空間匯交力系，由幾何關(guān)系可得：；； 解得： （壓力）（拉力）（拉力）65解：受力分析如圖所示：和構(gòu)成一力偶，且有66解：該平行力系的合力大小為：該合力與平面的交點(diǎn)為（），由合力矩定理有：67解：齒輪傳動(dòng)軸受力如圖：且有： 聯(lián)立后解得： 68解：取輪I： 取AB： ‘且有：聯(lián)立后解得： 69解： 聯(lián)立后解得： 610（a）解：由對(duì)稱性 (b)解：由對(duì)稱性 用負(fù)面積法求611解：由對(duì)稱性 由減面積法求612解：613解：由對(duì)稱性 由負(fù)面積法求614解：受力分析如圖所示615解：由對(duì)稱性，