搜索
第1章1-1分析图示体系的几何组成。1-1(a)解原体系依次去掉二元体后，得到一个两铰拱（图（a-1））。因此，原体系为几何不变体系，且有一个多余约束。1-1(b)解原体系依次去掉二元体后，得到一个三角形。因此，原体系为几何不变体系，且无多余约束。（a）（a-1）（b）（b-1）（b-2）易考网考研真题|课后答案 全部免费1-1(c)（c-2）（c-3）解原体系依次去掉二元体后，得到一个三角形。因此，原体系为几何不变体系，且无多余约束。1-1(d)（d-1）（d-2）（d-3）解原体系依次去掉二元体后，得到一个悬臂杆，如图（d-1）-（d-3）所示。因此，原体系为几何不变体系，且无多余约束。注意：这个题的二元体中有的是变了形的，分析要注意确认。（d）（c）（c-1）易考网考研真题|课后答案 全部免费1-1(e)解原体系去掉昀右边一个二元体后，得到（e-1）所示体系。在该体系中，阴影所示的刚片与支链杆C组成了一个以C为顶点的二元体，也可以去掉，得到（e-2）所示体系。在图（e-2）中阴影所示的刚片与地基只用两个链杆连接，很明显，这是一个几何可变体系，缺少一个必要约束。因此，原体系为几何可变体系，缺少一个必要约束。1-1(f)解原体系中阴影所示的刚片与体系的其它部分用一个链杆和一个定向支座相连，符合几何不变体系的组成规律。因此，可以将该刚片和相应的约束去掉只分析其余部分。很明显，余下的部分（图（f-1））是一个几何不变体系，且无多余约束。因此，原体系为几何不变体系，且无多余约束。1-1(g)解原体系中阴影所示的刚片与体系的其它部分用三个链杆相连，符合几何不变体系的组成规律。因此，可以将该刚片和相应的约束去掉，只分析其余部分。余下的部分（图（g-1））在去掉一个二元体后，只剩下一个悬臂杆（图（g-2））。因此，原体系为几何不变体系，且无多余约束。（e）（e-1）ABCAB（e-2）（f）（f-1）（g）（g-1）（g-2）易考网考研真题|课后答案 全部免费1-1(h)解原体系与基础用一个铰和一个支链杆相连，符合几何不变体系的组成规律。因此，可以只分析余下部分的内部可变性。这部分（图（h-1））可视为阴影所示的两个刚片用一个杆和一个铰相连，是一个无多余约束几何不变体系。因此，原体系为几何不变体系，且无多余约束。1-1(i)解这是一个分析内部可变性的题目。上部结构中，阴影所示的两个刚片用一个铰和一个链杆相连（图（i-1））。因此，原体系为几何不变体系，且无多余约束。（h）（h-1）（i）（i-1）易考网考研真题|课后答案 全部免费1-1(j)解去掉原体系中左右两个二元体后，余下的部分可只分析内部可变性（图（j-1））。本题中杆件比较多，这时可考虑由基本刚片通过逐步添加杆件的方法来分析。首先将两个曲杆部分看成两个基本刚片（图（j-2））。然后，增加一个二元体（图（j-3））。昀后，将左右两个刚片用一个铰和一个链杆相连（图（j-4）），组成一个无多余约束的大刚片。这时，原体系中的其余两个链杆（图（j-5）中的虚线所示）都是在两端用铰与这个大刚片相连，各有一个多余约束。因此，原体系为几何不变体系，有两个多余约束。（j）（j-1）（j-2）（j-3）（j-4）（j-5）易考网考研真题|课后答案 全部免费1-2分析图示体系的几何组成。1-2(a)解本例中共有11根杆件，且没有二元体，也没有附属部分可以去掉。如果将两个三角形看成刚片，选择两个三角形和另一个不与这两个三角形相连的链杆作为刚片（图（a-1））。则连接三个刚片的三铰（二虚、一实）共线，故体系为几何瞬变体系。1-2(b)解体系中有三个三角形和6根链杆，因此，可用三刚片规则分析（图（b-1）），6根链杆构成的三个虚铰不共线，故体系为几何不变体系，且无多余约束。（a）（a-1）（Ⅰ、Ⅲ）（Ⅱ、Ⅲ）（Ⅰ、Ⅱ）ⅠⅡⅢ（Ⅱ、Ⅲ）（b）（b-1）ⅢⅠⅡ（Ⅰ、Ⅲ）（Ⅰ、Ⅱ）易考网考研真题|课后答案 全部免费1-2(c)解本例中只有7根杆件，也没有二元体或附属部分可以去掉。用三刚片6根链杆的方式分析，杆件的数目又不够，这时可以考虑用三刚片、一个铰和4根链杆方式分析（图（c-1）），4根链杆构成的两个虚铰和一个实铰不共线，故体系为几何不变体系，且无多余约束。1-2(d)解本例中有9根杆件，可考虑用三刚片6根链杆的方式分析。因为体系中每根杆件都只在两端与其它杆件相连，所以，选择刚片的方案比较多，如图（d-1）和（d-2）所示。因为三个虚铰共线，体系为瞬变体系。（c）（d）（d-1）（c-1）ⅠⅡⅢ（Ⅰ、Ⅱ）（Ⅱ、Ⅲ）（Ⅰ、Ⅲ）（Ⅰ、Ⅲ）（Ⅱ、Ⅲ）（d-2）Ⅰ（Ⅰ、Ⅱ）ⅡⅢ易考网考研真题|课后答案 全部免费1-2(e)解本例中刚片Ⅰ用三根链杆与地基相连，组成一个无多余约束的大刚片；刚片Ⅱ又用一个平行链杆和一个支链杆与这个大刚片相连。因此，原体系是一个几何不变体系，且无多余约束。1-2(f)解本例中可直接分析上部结构的内部可变性。上部结构中三角形比较多，可以选择一个三角形和另外两对三角形作为三个刚片（图（f-1）），用三刚片规则分析。很明显，上部结构为几何不变体系，且无多余约束。因此，原体系是一个几何不变体系，且无多余约束。（e）（f）（e-1）ⅡⅠ（Ⅱ、Ⅲ）（Ⅰ、Ⅱ）ⅢⅠⅡ（f-1）（Ⅰ、Ⅲ）易考网考研真题|课后答案 全部免费1-2(g)解首先，去掉顶部二元体，将只在两端用铰与其它部分相连的两个折杆看成连接两个铰的直杆（图（g-1））。然后，选择阴影所示的两个杆件和地基为刚片，用三刚片规则分析。因为连接三刚片的两个虚铰和一个实铰不共线，故原体系为几何不变体系，且无多余约束。1-2(h)解首先，去掉顶部二元体。然后，将中间横杆去掉，只分析余下的两个部分，如图(h-1)所示。先看左边部分，选择两个竖杆和地基作为三个刚片，很容易分析这是一个几何不变体系,且无多余约束。同理，右边部分也和地基构成一个无多余约束的几何不变体系。将左右两个部分及地基看成一个无多余约束的大刚片，这个大刚片与去掉的横杆用两个铰连接，很明显有一个多余约束。因此原体系为几何不变体系，且有一个多余约束。（g）（h）（g-1）Ⅲ（Ⅰ、Ⅲ）（Ⅱ、Ⅲ）（Ⅰ、Ⅱ）（h-1）ⅡⅠ易考网考研真题|课后答案 全部免费1-2(i)解首先，去掉两个二元体。然后，将与地基用铰相连的链杆看成支链杆。这样上部结构就与地基有4个约束，可以考虑将地基看成一个刚片（刚片Ⅲ），三角形和其中一个链杆看成刚片（阴影所示），另外两个杆件看成联系，如图（i-1）所示。连接三个刚片的三个虚铰不共线，因此，原体系为几何不变体系，且无多余约束。（i）（Ⅱ、Ⅲ）（Ⅰ、Ⅲ）（i-1）ⅡⅠ（Ⅰ、Ⅱ）易考网考研真题|课后答案 全部免费1-2(j)解本例中的上部结构与基础之间有4个约束。将基础（刚片Ⅲ）和图（j-1）阴影所示的两个部分看成三个刚片，用三刚片规则分析。很明显，连接三个刚片的三个铰共线。因此，原体系为几何瞬变体系。1-2(k)解首先，将中间没有多余约束的几何不变部分，用铰接三角形代替。代替的原则是在相同的位置、用相同的约束与其它部分连接。然后，将基础看成一个连接两个底铰的链杆。昀后，选择图（k-1）所示的三个刚片进行分析。因为三铰共线，原体系为几何瞬变体系。（j）（k）（j-1）Ⅲ（Ⅰ、Ⅲ）（Ⅰ、Ⅱ）（Ⅱ、Ⅲ）ⅢⅠⅡ（Ⅰ、Ⅲ）（Ⅰ、Ⅱ）（Ⅱ、Ⅲ）（k-1）ⅡⅠ易考网考研真题|课后答案 全部免费1-3将图示超静定结构通过解除约束改造成静定结构(不少于三种选择)。1-3(a)1-3(b)（a）（b）(b-1)（b-2）(b-3)（a-1）（a-2）（a-3）易考网考研真题|课后答案 全部免费1-3(c)1-3(d)1-3(e)（d）（e）（c）（c-1）（c-2）（c-3）（d-1）（d-1）（d-3）（d-2）（e-1）（e-2）（e-3）易考网考研真题|课后答案 全部免费1-3(f)1-3(g)1-3(h)（f）（h）(g)(g-1)(g-2)(g-3)（h-1）（h-2）（h-3）（f-1）（f-2）（f-3）易考网考研真题|课后答案 全部免费第2章习题2-1试判断图示桁架中的零杆。2-1（a）解静定结构受局部平衡力作用，平衡力作用区域以外的构件均不受力。所有零杆如图（a-1）所示。2-1(b)解从A点开始，可以依次判断AB杆、BC杆、CD杆均为无结点荷载作用的结点单杆，都是零杆。同理，从H点开始，也可以依次判断HI杆、IF杆、FD杆为零杆。最后，DE杆也变成了无结点荷载作用的结点D的单杆，也是零杆。所有零杆如图（b-1）所示。FP1FP1FP2(a-1)FP24aFP1aFP1FP2(a)IHFEDCBA(b)FPFPFPIHFEDCBAFPFPFP(b-1)易考网考研真题|课后答案 全部免费2-1(c)解该结构在竖向荷载下，水平反力为零。因此，本题属对称结构承受对称荷载的情况。AC、FG、EB和ML均为无结点荷载作用的结点单杆，都是零杆。在NCP三角形中，O结点为“K”结点，所以FNOG＝－FNOH（a）同理，G、H结点也为“K”结点，故FNOG＝－FNGH（b）FNHG＝－FNOH（c）由式（a）、（b）和（c）得FNOG＝FNGH＝FNOH＝0同理，可判断在TRE三角形中FNSK＝FNKL＝FNSL＝0D结点也是“K”结点，且处于对称荷载作用下的对称轴上，故ID、JD杆都是零杆。所有零杆如图（c-1）所示。(c-1)ABCDEFGHIJKLMNOPQRST2FpFpFp(c)2Fpaal=6×aFpFp易考网考研真题|课后答案 全部免费2-2试用结点法求图示桁架中的各杆轴力。2-2(a)解（1）判断零杆①二杆结点的情况。N、V结点为无结点荷载作用的二杆结点，故NA、NO杆件和VI、VU杆件都是零杆；接着，O、U结点又变成无结点荷载作用的二杆结点，故OP、OJ、UT、UM杆件也是零杆。②结点单杆的情况。BJ、DK、QK、RE、HM、SL、LF杆件均为无结点荷载作用的结点单杆，都是零杆；接着，JC、CK、GM、LG杆件又变成了无结点荷载作用的结点单杆，也都是零杆。所有零杆如图（a-1）所示。去掉零杆后的简化体系如l=8×aaaFpFpFp(a)(a-1)QABCDEFGHIJKLMNOPRSTUVFpFpFp(a-2)QABCDEFGHIJKLMPRSTFpFpFp易考网考研真题|课后答案 全部免费图（a-2）所示。（2）求支座反力。很明显，0AxF=，P1.5AyIyFFF==（3）求指定杆轴力。由I结点的平衡条件，得NNP1.52IMMTFFF==−，NNP1.5IHHGFFF==由G结点的平衡条件，得NPGTFF=，NNP1.5GFFEFFF==由T结点的平衡条件，得NNP0.52TLLEFFF==，NNP2TSSRFFF==−至此已求出对称轴右侧所有杆件的轴力，对称轴左侧杆件的轴力可由对称性很方便地得到。2-2（b）解（1）判断零杆。零杆如图（b-1）所示，去掉零杆后的简化体系如图（b-2）所示。（2）求指定杆轴力。由H结点的平衡条件得NNPHEEBFFF==，NNP2HDDAFFF==−Fp(b)l=2×aaaAFpBCDDEFGH（b-1）AFpBDDE（b-2）H易考网考研真题|课后答案 全部免费2-3用截面法求图示桁架中指定杆的轴力。解(1)求支座反力0AxF=，10kNByF=，25kN