第十四章北航材料力学全部习题答案.pdf

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0 A M，得 BxBy F l M F e 据图（1）与（2） ，列弯矩方程如下： 1 e 1 xF l M xM Bx ， lFxFxM BxBx 22 11 xxM， lxxM 22 将其代入 ll Bx xxMxM EI xxMxM EI 0 222 0 111 d 1 d 1 并利用协调条件0 Bx ，可得 l M FBx 2 e （） 依据平衡条件，进而可得 l M FBy 2 e （） ， l M FAx 2 e （） ， l M FAy 2 e （） 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0 A M，可直接求得合支反力 F，其值为 l M F 2 e 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 11 xFxM Bx ， 2 22 2 x q lFxM Bx 11 xxM， lxM 2 将其代入 222 0 111 0 d 1 d 1 xxMxM EI xxMxM EI ll Bx 积分后，得 63 41 4 3 ql lF EI BxBx 代入协调条件 0 Bx 得 8 ql FBx 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 A 4 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 2 F FF CyBy （） 又由于对称性（A=0） ，求Cx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 cos1 2 sinR F RFM Cx sinRM 将其代入 d 1 /2 0 RMM EI Cx 积分后，得 44 3 F F EI R CxCx 代入协调条件 0 Cx 5 得 F FCx（） 进而求得 F FBx（） （b）解：此为一度静不定问题。 求 Ay 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 sin e RFMM Ay sinRM 将其代入 d 1 /2 0 RMM EI Ay 积分后，得 e 2 4 MRF EI R AyAy 代入协调条件 0 Ay 得 6 R M FAy 4 e （） 进而求得 0 Bx F， R M FBy 4 e （） ， e 4 MMB （） 求 Ax 的载荷状态及单位状态示如图（3）和（4） 。 弯矩方程为 sin 4 e e M MM cos1 RM 将其代入 d 1 /2 0 RMM EI Ax 积分后，得到 EI RM EI RM Ax 2 e 2 e 2 0658. 0 2 42 （） 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 By (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(1dd 2 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)( 2 0 2 RFqRRFqRM ByBy (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( 1 /2 0 2 RRFqRR EI ByBy 由此得 )4( 4 3 ByBy FqR EI R 代入式（a） ，得补充方程为 0)4( By FqR 由此得 )4( qR FBy 2. 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 sin 4 )( 2 qRM 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 )( 1 2 2 8 dsin 4 )cos(1 1 2 4 /2 0 2 EI qR RqRR EI Bx 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 /ee 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 /ee 的过程列于下表： i i l iFN i FN ii ilFF N N 1 a 2 1 2 5N F 2 5N aF 2 a 2 1 2 5N FF 2 5N aFF 3 a 2 1 2 5N FF 2 5N aFF 4 a 2 1 2 5N F 2 5N aF 5 a2 1 FN5 aF 5N 2 FaaF 5N 22 由此得 EA FaaF EA lFF ii i i ee 5N N 5 1 N / 22 代入协调条件 0 / ee 得 FFF BC 2 22 5NN 9 14-6 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 A M和 C M 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） 2 NN F FF DC 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 cos1 2 R F MM C 10 1M 将其代入 d 1 2 0 RMM EI C 积分后，代入协调条件 0 C 可得 FRMC 2 2 进而可求得 FR MA 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： cos1 22 2 R F FRM cos1 22 2 R RM 将其代入 d 4 2 0 / RMM EI BA 积分后，得到 EI FR EI FR BA 332 / 1488. 0 4 8 （ ） 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 , 0 N3N2N1 aFaFaFMB 0233 , 0 N3N2N1 aFaFaFaFMG 得 N1N3N1N2 2 3 ,2 4 9 F F FF F F 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 , 2N3N2FF 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 01 2 3 22 4 9 1 N1N1N1 F F F F F 得 FF N1 由此得 2 , 4 N3N2 F F F F 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 12 0321 , 0N3N2 aFaFMB 02 , 0N3N2 aFaFMG 得 a F a F 2 1 , 4 1 N3N2 于是得杆 BC 的转角为 EAa Fl EA lFF EA lFF BC 16 5 N3 N3 N2 N2 （） 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 C M；又由于 C 处在对称位置，故知其0 S 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 x C为零，即 0 Cx 由此得到 FF C 8 3 N （） 13 弯矩图如图（2）所示，最大弯矩为 4 | max Fl M （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 0 N C F， 0 C M 待求未知内力仅有 FSC一个。 求 Cy 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 1S1 xFxM C ， 2S2 22 x qll FxM C 11 xxM， 2 2 l xM 将其代入 111 2 0 d 1 xxMxM EI l Cy 222 0 d 1 xxMxM EI l 积分后，得 EI qllF C Cy 24 37 43 S 代入协调条件 0 Cy 得 qlF C 7 3 S （） 弯矩图如图（3）所示，最大弯矩为 14 7 2 | 2 max ql M 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0 S 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 s F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） 12 2 max ql M， EI ql BA 64 4 / （ ） （b） 8 max Fl M ， EI Fl BA 96 3 / （ ） （c） 2 max Fl M ， 0 / BA 15 （d） 4 2 max ql M ， 0 / BA 弯矩图见图 14-10。 图 14-10 14-12 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 2 NN F FF DC （负号代表压力） 16 FRMM DC 2 2 ， FR MM BA 由 F 引起的 CD 可根据图 14-12（a）和（b）来算。 图 14-12 弯矩方程为 cos1 22 2 R F FRM sinRM 将其代入 d 2 2 0 / RMM EI DC 积分后，得 EI FR DC 2 4 3 / （ ） 设 C 与 D 处的水平反力为 Fx，根据题 14-6 所得的A/B，这里有 Fx引起的 DC / ， EI RF x DC 32 / 4 8 （ ） 代入协调条件 0 / DCDCDC 最后得 FFx 8 28 2 （ ） B 处支反力为 FFBy（） 17 14-13 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 0 2N F 又据图（2）可得 FF 3N （压） ， FF2 5N 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： i i l iFN i FN ii ilFF N N 3 a a 1 F F 5 a2 a2 1 F2 F2 F21 于是得 18 EA F EA lFF ii i BC )21 ( N N （） （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 0 2N F 进而可得 , 1N FF 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： i i l iFN i FN ii ilFF N N 1 2a a32 1 F 3 F 3 2a a3 1 F 3 2F F3 于是得 EA F EA lFF ii i BC 3 N N （） 14-14 图示结构（均为小曲率圆杆） ，弯曲刚度 EI 为常数。试计算截面 A 与 B 沿 AB 连 线方向的相对线位移。 19 题 14-14 图 （a）解：此为一度静不定问题。有双对称条件可以利用。 取上半部分来分析，受力如图 14-14（a）所示。此即为求A/B的载荷状态，将 F 换成 1，即为 求A/B的单位状态。 图 14-14(a) 取如图（这样取计算较方便） ，弯矩方程为 sin 2 1 2 FR M sin 2 1 2 R M 将其代入 d 4 6 0 / RMM EI BA 积分后，得 EI FR EI FR BA 33 / 0422. 0 8 833 （b）解：此为三度静不定问题。有反对称条件可以利用。 先求内力。取相当系统如图 14-14(b)(1)，另二内力均为零，图中未画。 20 图 14-14(b) 求A/A的载荷状态及单位状态示如图（1）和（2） 。弯矩方程为 sinsin S 2 RFqRM A sinRM 将其代入 d 2 0 / RMM EI AA 积分后，代入协调条件A/A=0，可得 qRF AS 求A/B的载荷状态及单位状态如图（1）和（3）所示。 由于 M左右异号，而 M左右同号，不难判断，二者相乘后的积分值必为零，即 0 / BA 14-15图 a 所示桁架，承受载荷 F 作用，同时，杆 3 的实际长度比设计长度稍短，误差 为。设各杆各截面的拉压刚度均为 EA，试用单位载荷法计算各杆的轴力。 题 14-15 图 解：设选相当系统如图 b 所示，则变形协调条件为轴向相对位移m/m为零，相应单位载荷系统 如图 c 所示。 21 在载荷 F 与多余力 FN3作用下（图 b） ，杆 1 与杆 2 的轴力为 3 N3 2N1N FF FF （a） 考虑到受力与制造误差，各杆的长度改变量为 EA lFF l EA FF ll 3 )(2 3 2 3 3N3N 21 EA lF l N3 3 在单位力作用下，各杆的轴力则为 1 3 1 3N 2N1N F FF 于是得 EA lF EA lFF lFlFlF i i i mm N33N 3 3N 1 1N 3 1 N / 1 3 )(2 3 1 22 由上式得补充方程为 0 4 33 4 33 1 3N l EA FF 由此得 l EA FF 33 4 334 1 N3 代入式（a） ，得 l EA FFF 334 3 N2N1 14-16 图示两端固定杆，材料的弹性模量为 E，线膨胀系数为 l ，截面宽度不变。如果 温度升高 T，试计算杆内的最大正应力。 题 14-16 图 解：此为三度静不定问题。有对称条件可以利用。 1求对称面 C 上的内力 载荷状态、求 Cx 的单位状态及求 C 的单位状态分别示如图 14-16（a）,（b）和（c） 。 22 图 14-16 求 Cx 的内力方程为 C FxF N1N , C FxF N2N 1 1 NxF, 1 2 NxF 4 N1 h FMxM CC ， C MxM 2 4 1 h xM， 0 2 xM 将其代入 111 0 1 2 1 N N d 1 xxMxM EIEA lFF l ii ii i Cx 得 TlM Eh l F Eh l lCCCx 2 33 4 11 3 N 2 （1） 求 C 的内力方程为 4 N1 h FMxM CC ， C MxM 2 1 1 xM， 1 2 xM 将其代入 222 2 0 2 111 0 1 d 1 d 1 xxMxM EI xxMxM EI l l C 积分后，得 0 48 4 12 4 N 4 C C CC M Eh lhF M Eh l （2） 联解方程（1）与（2） ，得 23 2 N 3 26 15 , 104 3 TEhFTEhM lClC 2求杆内的最大正应力 最大正应力存在于该杆中段，其值为 TETE h F h h M ll CC 846. 1 13 15 13 9 2 2 6 2 N 2 max 14-18 图示圆截面小曲率圆环，承受矩为 Me的力偶作用。已知圆环的平均半径为 R，横 截面的直径为 d，弹性模量为 E，切变模量为 G，试计算截面 A 与 B 间的相对转角。 题 14-18 图 解：此为六度静不定问题。有双对称条件及平面-空间问题的规律可以利用。 设竖向直径两端截面为 C 和 D，由于 C 为对称截面，故有反对称内力素为零，即 0 SS CzCyC TFF 又由于这是平面-空间问题（即平面结构、外载荷均垂直于结构平面的问题） ，故有结构平面内的内 力素为零，即 0 N zCC MF 由此可知，截面 C（或 D）待求未知内力只剩下 yC M（或 yD M）一个（见图 14-18a） 。 24 图 14-18 由于双对称，故有 yDyC MM 由图（a）可得 2 e M MM yDyC 由于双对称，求 BA 的载荷状态及单位状态可示如图（b）和（c） 。 内力方程为 sin)( ,cos)( sin 2 )( ,cos 2 )( ee MT M M M T 将其代入 d)()( 2 d)()( 22 2 0 0 p RMM EI RTT GI BA 积分后，得截面 A 与 B 之间的相对转角为 ) 21 ( 8 ) 1 2 1 ( 4 4 ee EGd RM EGI RM BA 14-19图 a 所示为一水平放置的横截面为矩形的等截面刚架，在截面 A，B，C 与 D 处同 时承受铅垂载荷 F 作用，试求横截面 G 与 K 的内力。 25 问题 14-9 图 解：载荷 F 垂直于刚架轴线平面，刚架各横截面仅存面外内力分量。 由于载荷对于对称面 GH 为反对称，在对称截面 G 上，弯矩 Mz为零，仅存在剪力 FSG与扭矩 TG（图 b） 。由于载荷对于对称面 AC 为对称，在处于对称位置的横截面 G 与 K 上，剪力相同，扭 矩也相同，即 GK FF SS ， GK TT 根据上述分析，由平衡方程 02 , 0 S Gy FFF 0 , 0 S GGx TaFFaM 得 2 S F F G ， 2 Fa TG 14-20 图示等截面刚架，横截面为圆形，材料的弹性模量为 E，泊松比为3 . 0。试画 刚架的弯矩图与扭矩图。 题 14-20 图 （a）解：此为六度静不定问题。有对称条件及平面-空间问题的规律可以利用。 在对称截面 C 处“切开” （见图 14-20a,1） ，有 0 SS CzCxC TFF 由于是平面-空间问题，故有 0 N zCC MF 至此，待求的未知内力只剩下 xC M。 26 图 14-20(a) 变形协调条件为 0 CCx 求 CCx 的载荷状态及单位状态示如图（1）和（2） 。内力方程为 2 2 2 11 2 , 2 a q M xTx q MxM xCxCx 1 , 1 21 xT xMx 由于0 2 xM，故 2 xM也可省写。 将内力方程代入 222 0 p 111 0 d 1 d 1 xxTxT GI xxMxM EI a x a x x CCx 积分后，得 0 2 1 1 6 2 2 qaM qa M EI a xCxC x CCx 注意到=0.3 ，故有 2 355. 0qaMxC 上述计算中用到 27 1 2 12 p x x EI I E GI xC M确定后，画刚架的弯矩图和扭矩图如图（3）和（4）所示，其中， , 2 max qaM 2 m a x 145. 0qaT （b）解：法 1，解除多余外约束 此为六度静不定问题。有对称条件及平面-空间问题的规律可以利用。 此静不定刚架的相当系统如图 14-20b（1）所示。A 端解除多余约束后，由于对称性（关于 45 铅垂面对称） ，可得 2 S F F zA （） 由于是平面-空间问题，故有 0 SN zAyAA MFF 实际上，待求的未知多余反力只剩下 yA M和 A T。 28 图 14-20(b) 求 yA 和 A 的单位状态分别示如图（2）和（3） 。 内力方程为 11 2 x F MxM yAy ， A TxT 1 1 1 xMy, 1 1 xT a F MxT yA 2 2 ， 22 2 x F TxM Ax 1 2 xT， 1 2 xMx 将其代入 222 0 p 111 0 d 1 d 1 xxTxT GI xxMxM EI a y a y yA 及 29 222 0 111 0 p d 1 d 1 xxMxM EI xxTxT GI x a x a A 完成积分，并代入协调条件 0 , 0 AyA 得方程 0 2 1 4 Fa M EI aFa M EI a yAyA 及 0 4 1 Fa T EI a EI aT A A 依次解得 FaFaTFaFaM AyA 1087. 0 46 5 ,391. 0 23 9 刚架的弯矩图和扭矩图示如图（4）和（5） 。 法 2，解除多余内约束 此题亦可在对称面处切开（解除多余内约束） ，从而得到原静不定刚架的相当系统，如图 13-20 （b，6）所示。由平面-空间问题的规律可知，被切截面上只有一种内力偶矩 M 存在，其矢量是沿 铅垂对称面与刚架平面的交线方向（45方向）的。 取杆段 AB 来分析，将内力偶矩分解（按矢量分解容易看清楚）为弯矩 0 M和扭矩 T（见图 7） ， 易知二者的大小相等，即 45cos 0 MTM （a） 由对称性可知，变形协调条件为 045cos45cos 45 BB B （b） 式中， 45B 为 B 处对称截面的总转角， B 为 B 处横截面由弯矩产生的转角， B 为 B 处横截面由 扭矩产生的扭转角。 用单位载荷法不难求出 B 和 B ，其值分别为 2 0 4 1 a F aM EI B （c） 和 30 EI Ta GI Ta B 1 p （d） 将式（c）和（d）代入式（b） ，并注意到式（a） ，得 0 1 4 1 2 2 2 2 02 0 45 EI aM a F aM EI BB B 由此得 FaM 4 1 2 0 即 FaFa Fa TM1087. 0 46 5 24 0 可见，法 2 所得结果与法 1 的结果是一致的，弯矩图同图（4） ，扭矩图同图（5） 。 14-22 图示阶梯形梁，I1 =2I2 = I，试利用三弯矩方程求解并画弯矩图。 题 14-22 图 解：此为二度静不定问题。 原静不定梁的相当系统示如图 14-22 （a） ， 待求的未知支点弯矩有 0 M（即 A M） 和 1 M（即 B M） 。 图 14-22 在图（a）中，有 llllMMM 210e21 , 0 , , 0 0 , 2 , 21021 I III 对于支座 0，得三弯矩方程 31 0 2 1 1 1 0 I lM I lM （a）