第十四章北航-材料力学-全部课件-习题答案

1第14章静不定问题分析14-1试判断图示各结构的静不定度。题14-1图解：（a）在平面受力时，一个封闭框具有三个多余内约束，此问题又具有一个多余外约束，故为四度静不定。（b）若无中间铰，两边的刚架分开，二者均为静定刚架。安装此中间铰，使相连处在x、y两个方向的相对位移均受到约束，故为二度静不定。（c）在平面受力时，一个封闭圆环有三个多余内约束，安装一个中间铰，减少一个约束，现安装两个中间铰，故为一度静不定。（d）在平面受力时，一个封闭框有三个多余内约束，此框在左上角和右下角各有一个中间铰，减去两个约束，故为一度静不定。14-2图示各刚架，弯曲刚度EI均为常数。试求支反力，并画弯矩图。2题14-2图（a）解：方法1，常规解法此为一度静不定问题。解除B处水平约束（见图14-2(a)之1），代以多余反力FBx。图14-2(a)由0AM，得BxByFlMFe据图（1）与（2），列弯矩方程如下：1e1xFlMxMBx，lFxFxMBxBx2211xxM，lxxM22将其代入llBxxxMxMEIxxMxMEIΔ02220111d1d1并利用协调条件0BxΔ，可得lMFBx2e（←）依据平衡条件，进而可得lMFBy2e（↑），lMFAx2e（→），lMFAy2e（↓）3方法2，利用反对称性求解刚架受力如图（3）所示，由平衡方程0AM，可直接求得合支反力F，其值为lMF2e将其分解，所得结果与方法1所得解完全相同。弯矩图如图（4）所示。（b）解：此为一度静不定问题。载荷状态及单位状态如图14-2(b)所示。图14-2(b)弯矩方程为11xFxMBx，2222xqlFxMBx11xxM，lxM2将其代入22201110d1d1xxMxMEIxxMxMEIΔllBx积分后，得634143qllFEIΔBxBx代入协调条件0BxΔ得8qlFBx弯矩图如图（3）所示。14-3图示圆弧形小曲率杆，弯曲刚度EI为常数。试求支反力，对于题(b)，并计算截面A4的水平位移。题14-3图（a）解：此为一度静不定问题。由对称性可得2FFFCyBy（↑）又由于对称性（θA=0），求ΔCx的载荷状态及单位状态可示如图14-3（a）。图14-3(a)弯矩方程为cos12sinRFRFMCxsinRM将其代入d1π/20RMMEIΔCx积分后，得44π3FFEIRΔCxCx代入协调条件0CxΔ5得πFFCx（←）进而求得πFFBx（→）（b）解：此为一度静不定问题。求AyΔ的载荷状态及单位状态可示如图14-3（b）。图14-3(b)弯矩方程为sineRFMMAysinRM将其代入d1π/20RMMEIΔAy积分后，得e24πMRFEIRΔAyAy代入协调条件0AyΔ得6RMFAyπ4e（↑）进而求得0BxF，RMFByπ4e（↓），eππ4MMB（）求AxΔ的载荷状态及单位状态示如图（3）和（4）。弯矩方程为sinπ4eeMMMcos1RM将其代入d1π/20RMMEIΔAx积分后，得到EIRMEIRMΔAx2e2e20658.0π24π2π（←）14-4图a所示圆弧形小曲率杆，轴线半径为R，承受集度为q的均布剪切载荷作用。设弯曲刚度EI为常数，试计算截面B的水平位移。问题2-2图解：1.解静不定图示曲杆属于一度静不定。设将铰支座B作为多余约束，则相当系统如图b所示，变形协调条件为横截面B的铅垂位移为零，即0ByΔ(a)由图b可以看出，作用在微段Rd上的切向微外力qRd，在横截面引起的弯矩为d)cos(1)cos(1dd2qRRqRM所以，在切向载荷q与多余未知力FBy作用下，截面的弯矩为7sin)sin(sind)cos(1)(202RFqRRFqRMByBy(b)在图c所示铅垂单位载荷作用下，截面的弯矩则为sin)(RM根据单位载荷法，得相当系统横截面B的铅垂位移为dsin)sin()sin(1π/202RRFqRREIΔByBy由此得π)π4(43ByByFqREIRΔ代入式（a），得补充方程为0π)π4(ByFqR由此得π)π4(qRFBy2.计算水平位移多余未知力确定后，将其代入式（b），得曲杆的弯矩方程为sinπ4)(2qRM在图d所示水平单位载荷作用下，截面的弯矩则为)cos1()(RM于是，得截面B的水平位移为)(1π22π8πdsinπ4)cos(1124π/202EIqRRqRREIΔBx14-5图示桁架，各杆各截面的拉压刚度均为EA，试求杆BC的轴力。题14-5图解：此为一度静不定问题。8选杆BC为多余杆，求切口处相对位移'/eeΔ的载荷状态及单位状态分别如图14-5（a）和（b）所示。图14-5求相对位移'/eeΔ的过程列于下表：iiliFNiFNiiilFFNN1a2125NF25NaF2a2125NFF25NaFF3a2125NFF25NaFF4a2125NF25NaF5a21FN5aF5N2FaaF5N22由此得EAFaaFEAlFFΔiiiiee5NN51N'/22代入协调条件0'/eeΔ得FFFBC2225NN914-6图示小曲率圆环，承受载荷F作用。设弯曲刚度EI为常数，试求截面A与C的弯矩以及截面A与B的相对线位移。题14-6图解：1．求AM和CM此为三度静不定问题。有双对称性可利用。由对称条件可得（图14-6a）2NNFFFDC图14-6由双对称性可知，0C，0A据此可方便地求出MC。求C的载荷状态及单位状态示如图（b）和（c）。弯矩方程为cos12RFMMC101M将其代入d12π0RMMEIC积分后，代入协调条件0C可得FRMCπ22π进而可求得πFRMA2．求A/B令原题图中的F=1，即为求A/B的单位状态。依据图（a），可以写出弯矩方程如下：cos12π22πRFFRMcos12π22πRRM将其代入d42π0/RMMEIΔBA积分后，得到EIFREIFRΔBA332/1488.0π48π（←→）14-8图a所示结构，杆BC与DG为刚性杆，杆1、杆2与杆3为弹性杆，结构承受铅垂载荷F作用。设弹性杆各截面的拉压刚度均为EA，试求各杆的轴力与刚性杆BC的转角。11题14-8图解：1.求解静不定选FN1为多余力，相当系统如图b所示。设各杆轴力均为拉力，并以刚性杆BC与DG为研究对象，则由平衡方程032,0N3N2N1aFaFaFMB0233,0N3N2N1aFaFaFaFMG得N1N3N1N223,249FFFFFF单位载荷系统如图c所示，由上式并令F=0与FN1=1，得相应内力为1,2N3N2FF根据变形协调条件m/m’=0，并利用单位载荷法，得补充方程为012322491N1N1N1FFFFF得FFN1由此得2,4N3N2FFFF2.角位移计算施加单位力偶如图d所示，并同样以刚性杆BC与DG为研究对象，则由平衡方程120321,0N3N2aFaFMB02,0N3N2aFaFMG得aFaF21,41N3N2于是得杆BC的转角为EAaFlEAlFFEAlFFBC165N3N3N2N2（）14-9图示各刚架，弯曲刚度EI均为常数，试画弯矩图。题14-9图（a）解：此为二度静不定问题。有对称性可利用。如图14-9(a)所示，由于C处有铰，所以0CM；又由于C处在对称位置，故知其0SF。铰C左右两边各受切向载荷F/2。相当系统（取左边一半）如图（1）所示，待求未知力仅有FNC一个。图14-9(a)根据对称条件，截面C的水平位移xΔC为零，即0CxΔ由此得到FFC83N（→）13弯矩图如图（2）所示，最大弯矩为4||maxFlM（b）解：此为三度静不定问题。有反对称性可利用。在结构对称面C处假想切开，由于反对称，故有0NCF，0CM待求未知内力仅有FSC一个。求CyΔ的载荷状态及单位状态如图14-9(b)所示。图14-9(b)弯矩方程为1S1xFxMC，2S222xqllFxMC11xxM，22lxM将其代入11120d1xxMxMEIΔlCy2220d1xxMxMEIl积分后，得EIqllFΔCCy243743S代入协调条件0CyΔ得qlFC73S（↑）弯矩图如图（3）所示，最大弯矩为1472||2maxqlM14-10图示各刚架，弯曲刚度EI均为常数，试画刚架的弯矩图，并计算截面A与B沿AB连线方向的相对线位移。题14-10图提示：本题（a）~（d）均为三度静不定问题。其中，（a）、（b）均为双对称问题。对称面上0SF，FN可由静力平衡条件求出，只剩下一个未知内力待求，依据协调条件（切口两边相对转角为零）即可求出。（c）、（d）均为双反对称问题，结构对称面上只有sF待求，而且可由静力平衡条件求出。由于问题比较简单，这里拟直接给出结果。（a）122maxqlM，EIqlΔBA644/（←→）（b）8maxFlM，EIFlΔBA963/（←→）（c）2maxFlM，0/BAΔ15（d）42maxqlM，0/BAΔ弯矩图见图14-10。图14-1014-12图示小曲率圆环，承受载荷F作用。设弯曲刚度EI为常数，试计算支反力。题14-12图解：此为四度静不定问题。有双对称条件可以利用。若圆环无左右刚壁约束，由题14-6之解可得2NNFFFDC（负号代表压力）16FRMMDCπ22π，πFRMMBA由F引起的CDΔ可根据图14-12（a）和（b）来算。图14-12弯矩方程为cos12π22πRFFRMsinRM将其代入d22π0/RMMEIDC积分后，得EIFRDCπ2π43/（←→）设C与D处的水平反力为Fx，根据题14-6所得的ΔA/B，这里有Fx引起的DC/，EIRFΔxDC32/π48π（→←）代入协调条件0///DCDCDCΔ''Δ'Δ最后得FFx8ππ282（→←）B处支反力为FFBy（↑）1714-13图示桁架，承受载荷F=80kN作用，各杆各截面的拉压刚度均为EA。试求杆BC的角位移。题14-13图（a）解：此为一度静不定问题。由图14-13a（1）可知，因为反对称，所以有02NF又据图（2）可得FF3N（压），FF25N图14-13(a)求BC的载荷状态及单位状态可简画如图（2）和（3）。计算过程归纳如下表：iiliFNiFNiiilFFNN3aa1–FF5a2a21F2F2F21于是得18EAFEAlFFiiiBC)21(NN（）（b）解：此为一度静不定问题。由图14-13b（1）可知，由于反对称，故有02NF进而可得,1NFFFF3N（压）图14-13(b)求BC的载荷状态及单位状态如图（1）和（2）所示，杆2均视为被切断。计算过程归纳如下表：iiliFNiFNiiilFFNN12aa321F3F32a