材料力学上册单辉祖高等教育课后答案ch

1、第十四章静不定问题分析题号页14-1 . 114-2 . 214-3 . 414-4 . 714-5 . 914-7 . 1014-8 . 1214-10 . 1414-11 . 1514-12 . 1714-13 . 1914-14 . 2114-15 . 2214-16 . 2714-18 . 2814-20 . 2914-21 . 31（ 也可通过左侧题号书签直接查找题目与解）14-1试图示各结构的静不定度。1题 14-1 图解：（a）在平面受力时，一个封闭框有三个多余约束，此问题又多一个外约束，故为四度静不定。（b）若无中间铰，两边的刚架，二者均为静定刚架。安此中间铰，使相连处在 x、

2、y 两个方向的相对位移均受到约束，故为二度静不定。另一种分析方法是搭结构法，以左边的静定刚架为基础，搭上右边的刚架需要加三个约束，中间铰已提供了两个，右下端只需再加一个约束就可以了，可现在加了三个约束（固定端），故为二度静不定。（c） 在平面受力时，一个圆环有三个多余约束，安一个中间铰，减少一个约束，现安有两个中间铰，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。题 14-2 图（a）解：法 1，常规解法2此为一度静不定问题。如图 14-

3、2a(1)所示，解除 B 处水平约束，代以多余反力 FBx。图 14-2a由 M A = 0 ，得M elF=- FByBx据图（1）与图（2），列弯矩方程如下： MxM (x ) = FM (x ) =x - F l- FeBx 1，2Bx 2Bx1lM (x2 ) = x2 - lM (x1 ) = -x1 ，将其代入 1 l 1 lM (x )M (x )M (x )M (x )dx=+dxBx111222EI0EI0并利用协调条件 Bx = 0 ，可得M eF=（）Bx2l依据平衡条件，进而可得M eM eM eF=（）， F=（）， F=（），ByAxAy2l2l2l3法 2，利用称

4、性求解见图（3），可直接得到合支反力 F，M e2lF =将其分解，所得结果与法 1 完全相同。弯矩图如图（4）所示。（b）解：此为一度静不定问题。载荷状态及状态如图 14-2b 所示。图 14-2b弯矩方程为qM (x ) = F x ,) = F l -x2M ( x1Bx 12Bx22M (x1 ) = x1 ,M (x2 ) = l将其代入 1 l 1 l M (x )M (x )M (x2 )M (x2 )=+dxdx2Bx111EI0EI0后，得1 4ql 4 =l -3BxFBxEI36代入协调条件= 0Bx得= ql8FBx弯矩图如图（3）所示。14-3 图示圆弧形小曲率杆，弯

5、曲刚度 EI 为常数。试求支反力。对于题(b)，并计算截面4A 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FF= F=（）ByCy2又由于对称性（A=0），求Cx 的载荷状态及状态可示如图 14-3a。图 14-3a弯矩方程为M (j ) = F Rsinj - F R(1 - cosj )Cx2M (j ) = Rsinj将其代入2 1 M (j )M (j )=RdjCxEI0后，得R 3 F -=FCxCxEI 44 代入协调条件= 0Cx得5F= F （）Cx进而求得F= F （）Bx（b）解：此为一度静不定问题。求 Ay 的载荷状态及状态可示如图 14-3

6、b。图 14-3b弯矩方程为M (j ) = M e - FAy R sin jM (j ) = -R sin j将其代入12 M (j )M (j )Rdj =AyEI0后，得R 2 =R - MAyFAyeEI4代入协调条件= 0Ay得6= 4M eF（）AyR进而求得= 4 - M= 4M eF= 0 ，F（），M（3）ByBeBxR求 Ax 的载荷状态及状态示如图（3）和（4）。弯矩方程为- 4M eM (j ) = Msin jeM (j ) = R(1 - cosj )将其代入12 M (j )M (j )Rdj =AxEI0后，得到(2 - 2 - 4) MR2R2M=e= -0

7、.0658e（）Ax2EIEI14-4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 14-4 图解：此为一度静不定问题。求 e / e 的载荷状态及状态如图 14-4a 和 b 所示。7图 14-4求切口处相对位移 e / e 的过程列于下表：由此得5 F Ni FNili(2 +2 )F a - Fa= i=1=N5e / eEAEA代入协调条件e / e = 0得到= 2 -2 FF= FNBCN528iliF NiFNiF Ni FNili1a- 12- FN52FN5a22a- 1 2F - FN52(FN5 - F )a 23a- 1 2F - FN52(FN5

8、 - F )a 24a- 12- FN52FN5a252a1FN52F N5a(2 +2 )FN5 a - Fa14-5 图示小曲率圆环，承受载荷 F 作用。试求截面 A 与 C 的弯矩以及截面 A 与 B 的相对线位移。设弯曲刚度 EI 为常数。题 14-5 图解：1求 M A 和 M C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 14-5a）F2F= F=NCND图 14-5由双对称性可知，q C = 0 ，q A = 0据此可方便地求出 MC 。求q C 的载荷状态及状态示如图 b 和 c。弯矩方程为M (j ) = M + F R(1- cosj )C29M (j ) =

9、 1将其代入12 M (j )M (j )Rdjq =CEI0后，代入协调条件q C = 0可得M= - - 2 FRC2进而可求得= FRMA2求 A / B令原题图中的 F=1，即为求 A / B 的状态。依据图 a，可以写出弯矩方程如下：M (j )= - - 2 FR + F R(1- cosj )22M (j ) = - - 2 R + R (1- cosj )22将其代入42 M (j )M (j )Rdj=A / BEI0后，得到(2 - 8) FR3FR3= 0.1488（A / B）4EIEI14-7 试画图示刚架的弯矩图。设弯曲刚度 EI 为常数。10题 14-7 图（a）

10、解：此为二度静不定问题。有对称性可利用。如图 14-7a 所示，由于 C 处有铰，所以 MC = 0 ；又由于 C 处在对称位置，故知其 FS = 0 。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 14-7a求截面 C 的水平位移 Cx ，并根据对称条件，有Cx = 0由此得到F= 3 F （）NC8弯矩图如图（2）所示，其最大弯矩为Fl4| M |=max（b）解：此为三度静不定问题。有称性可利用。在结构对称面 C 处假想切开，由于称，故有= 0 ，M C = 0FNC11待求未知内力仅有 FSC 一个。求 Cy 的载荷状态及状

11、态如图 14-7b 所示。图 14-7b弯矩方程为l - ql xM (x ) = F x ，M (x ) = F1SC 12SC222l2M (x ) = x ，M (x ) =112将其代入l 1 1 l (x)M (x )M (x )M (x )2 M=dx +dxCy111222EI0EI0后，得7F l 3 - 3ql 4=SCCy24EI代入协调条件= 0Cy得F= 3 ql （）SC7弯矩图如图（3）所示，其最大弯矩为2ql 2| M |max =714-8 试画图示各刚架的弯矩图，并计算截面 A 与 B 沿 AB 连线方向的相对线位移。设弯曲刚度 EI 为常数。12题 14-8

12、 图提示：本题 ad 均为三度静不定问题。其中，a 与 b 均为双对称问题。对称面上 FS = 0 ，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 与 d 均为双称问题，结构对称面上只有 FS 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）ql 212ql 4=M max=64EIA / B，（ ）（b）Fl8Fl 3M=（96EIA / B，）max（c）Fl2 = 0M=，maxA / B（d）ql 24=M max= 0A / B，13弯矩图见图 14-8。图 14-814-10 图示小曲率圆环，承受载荷

13、 F 作用。试计算支反力。设弯曲刚度 EI 为常数。题 14-10 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 14-5 之解可得F= F= - F （负号代表）NCND2= - FR - 2 FR ，M= MM = M=CDAB2由 F 引起的 D CD 可根据图 14-10a 和 b 来算。14图 14-10弯矩方程为M (j ) = - 2 FR - F R(1- cosj )22M (j ) = -Rsinj将其代入22 M (j )M (j )RdjD =C / DEI0后，得= (4 - )FR3D （ ）C / D2EI设 C 与 D 处的水力为

14、Fx，根据题 14-5 所得的A/B，这里有 Fx 引起的 DC/ D ，(2 - 8) F R3DC / D = - x （）4pEI代入协调条件= C / D + C / D = 0C / D最后得= 8 - 2 F （F）x2 - 8B 处支反力为= F （）FBy14-11 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。15题 14-11 图（a）解：此为一度静不定问题。由图 14-11a（1）可知，因为称，所以有= 0FN 2又据图（2）可得= -F （压）， FN5=2FFN3图 14-11a求q BC 的载荷状态及状态可简画如图

15、（2）和（3）。计算过程归纳如下表：于是得16il iF NiFNiF Ni FNili3a- 1a- FF52a12a2F2F(1 +2 )F= F Ni FNili = (1 +2)Fq（3）BCEAEA（b）解：此为一度静不定问题。由图 14-11b（1）可知，由于称，故有= 0FN 2进而可得= F ,= -FFN1FN3（压）图 14-11b求q BC 的载荷状态及状态如图（1）和（2）所示，杆 2 均视为被切断。计算过程归纳如下表：于是得= F Ni FNi li3Fq=（3）BCEAEA14-12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

16、 连线方向的相对线位移。17il iF NiFNiF Ni FNili12a12 3aFF332a-1 3aF2F33F题 14-12 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 14-12a 所示。此即为求A / B 的载荷状态，将 F 换成 1，即为求A / B状态。的图 14-12a如图（这样取计算较方便），弯矩方程为取M (j ) = FR 1 - sinj 22M (j ) = R 1 - sinj 2 2将其代入46 M (j )M (j )Rdj=A / BEI0后，得(+ 3 3 - 8)FR3FR3= 0.0422A / B8EIEI（b

17、）解：此为三度静不定问题。有称条件可以利用。18先求内力。取相当系统如图 14-12b(1)，另二内力均为零，图中未画。图 14-12b求A / A 的载荷状态及状态示如图（1）和（2）。弯矩方程为M (j ) = qR (j - sinj ) - F Rsinj2SAM (j ) = -Rsinj将其代入2=M (j )M (j )RdjA / AEI0后，代入协调条件A / A =0，可得= qRFSA求A / B 的载荷状态及状态如图（1）和（3）所示。由于 M (j ) 左右异号，而 M (j ) 左右同号，不难，二者相乘后的值必为零，即= 0A / B14-13 图示两端固定杆，如果

18、温度升高 T，试计算杆内的最大正应力。材料的弹性模量为 E，线膨胀系数为a l ，截面宽度不变。题 14-13 图解：此为三度静不定问题。有对称条件可以利用。191求对称面 C 上的内力载荷状态、求Cx 的状态及求qC 的状态分别示如图 14-13a,b 和 c。图 14-13求 Cx 的内力方程为FN (x1 ) = FNC ，F N (x1 ) = 1 ，FN (x2 ) = FNCF N (x2 ) = 1h ，M (x ) = MM (x ) = M - F1CNC2C4M (x ) = - h ，M (x ) = 0124将其代入2F Ni Fl1l ()()= Ni i EAi+C

19、xMx1Mx1dx1EI10i =1算得11l3lEh3M= 3 a TlD=F-( 1)CxNCCl4Eh22求q C 的内力方程为h ，M (x ) = MM (x ) = M - F1CNC2C4M (x1 ) = 1，M (x2 ) = 1将其代入 l21l 1q =+M ( x )M (x )dxM (x )M ( x )dxC111222EI0EI012后，得20 Mh 12lF48lq=-+M= 0NC（2）CCC4Eh4Eh4联解方程（1）与（2），得315M=a TEh3,F=a TEh2ClNCl104262求杆内的最大正应力最大正应力存在于该杆中段，其值为M CFNC=

20、+Ea T = 1.846Ea Ts=+maxll2h h h 14-14 图示小曲率圆环，承受矩为 Me 的力偶作用，试计算截面 A 与 B 间的相对转角。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。题 14-14 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，故有称内力素为零，即FSyC = FSzC= TC = 0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FNC = M zC = 0由此可知，截面 C（或 D）待求

21、未知内力只剩下 M yC （或 M yD ）一个（见图 14-14a）。21图 14-14由于双对称，故有= M yDM yC由图 a 可得M e2M= M=yCyD由于双对称，求j A B 的载荷状态及状态可示如图 b 和 c。内力方程为M eM (a ) = M e sinaT (a ) =cosa,2T (a ) = cosa,2M (a ) = sina将其代入22 2 2 jA B=a )T (a )Rda +a )M (a )RdaT (M (GI p0EI0后，得截面 A 与 B 之间的相对转角为= M e R ( 1 + 1 ) = 8M e R ( 1 + 2 )jA Bd

22、44I2GEGE14-15 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 m = 0.3 。试画刚架的弯矩图与扭矩图。22题 14-15 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。如图 14-15a（1）所示，在对称截面 C 处“切开”，有FSxC = FSzC= TC = 0由于是平面- 空间问题，故有= M zC= 0FNC至此，待求的未知内力只剩下 M xC 。图 14-15a变形协调条件为q xC C = 023求q xC C 的载荷状态及状态示如图（1）和（2）。内力方程为qT (x ) = M- q a2M (x ) = M- x ,

23、2x1xC12xC22M x (x1 ) = 1,由于 M (x2 ) = 0 ，故 M (x2 ) 也可省写。将内力方程代入T (x2 ) = 1 1 EI xa 1 GI paq xC C =)dx +M ( x)M( xT ( x )T ( x )dxx1x1122200后，得- 1 + m2- qa6aEI+ (1 + m )q=qa= 02MxCMxCxC C 2x 注意到 =0.3 ，故有= 0.355qa2M xC上述计算中用到EI x1 + mE) (2I x ) =GI p =(2 1 + mM xC 求出后，可画内力图了。该刚架的弯矩图和扭矩图如图（3）和（4）所示，其中，

24、= qa 2 ,= 0.145qa 2MTmaxmax（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 14-15b（1）所示。A 端解除多余约束后，由于对称性（关于45o铅垂面对称），可得FF=（）SzA2由于是平面- 空间问题，故有FNA = FSyA= M zA = 024实际上，待求的未知多余反力只剩下 M yA 和TA 。图 14-15b求q yA 和j A 的状态示如图（2）和（3）。内力方程为- F2M (x ) = MT (x ) = Tx，y1yA11AM y (x1 ) = 1T (x1 ) = 1，

25、T (x ) = M- F a- F2M (x ) = Tx，2yAx2A22T (x2 ) = 1M x (x2 ) = 1，将其代入 1 a 1 aq=+M( x )M( x )dxT (x )T ( x )dxyyA1y11222EI0GI p025及 1 a 1 aj A =T ( x )T ( x )dx +M ( x )M ( x )dxx1112x22GI p0EI0完成，并代入协调条件q yA = 0,j A = 0得方程 a M- Fa + (1 + m )a M- Fa = 0EI yAyA4EI2及(1+ m )TAa + aT- Fa = 0EI AEI4依次解得95M

26、=Fa = 0.391Fa,T =Fa = 0.1087FayAA2346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 13-15b（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 M 0 和扭矩 T（见图 7），易知二者的大小相等，即M 0 = T = Mcos45o由对称性可知，变形协调条件为（a）qB 45o= q Bcos45o + j

27、Bcos45o = 0（b）式中，q为 B 处对称截面的总转角，q 为 B 处横截面由弯矩产生的转角，j 为 B 处横截面由B 45oBB扭矩产生的扭转角。用载荷法不难求出q B 和j B ，其值分别为26 M1EIa - F a4q=2（c）B0和= Ta = (1+ m )Taj（d）BGIEIp将式（c）和（d）代入式（b），并注意到式（a），得=2 (q + j )qBBB 45o2(1+ m )= 2 1 MM a Fa -a+= 02 EI 2004EI由此得(2 + m )M= 1 Fa04即Fa5M 0 = T =) =Fa = 0.1087Fa(4 2 + m46可见，法 2

28、 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）。14-16 图示小曲率圆环，一重量为 P 的物体自高度 h 处自由下落。试计算圆环内的最大正应力。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，圆环的质量与物体的变形忽略不计。题 14-16 图解：此为三度静不定问题。271求被冲击点的静位移 st由题 13-5 之解可知，(2 - 8)PR3PR3PR3= 0.1488= 3.03Ed 4 st =()4EIEI2求最大冲击载荷 Fd2h Fd = P1 + 1 +st3计算圆环内的最大正应力s max由题 13-5 之解还可知， Mmax

29、 发生在冲击载荷作用处（及铅垂直径下端）截面上，其值为Fd R= 0.318F RMdmax由此得3.24PR M2hst1+max=1+s=3Wdmax4检查在水平直径两端的截面上，受 M、FN作用，检查其正应力，其值小于以上所算结果；对任意截面求s (j ) ，进而求极值，未发现有新的极大值。14-18 图示阶梯形梁，I1 =2I2 = I。试用三弯矩方程求解并画弯矩图。题 14-18 图解：此为二度静不定问题。原静不定梁的相当系统示如图 14-18a，待求的未知支点弯矩有 M 0（即 M A ）和 M 1（即 M B ）。28图 14-18在图 a 中，有= 0,M 2 = M e ,l0 = 0,l1 = l2 = lM -1I ; 2I = I ,I =w = w= w = 012012对于支座 0，得三弯矩方程2M 0l + M 1l= 0（a）I1I1对于支座 1，得三弯矩方程 1M 0lM e l1+ +I+ 2M l= 0（b）1III 12 21方程（a）与（b）化简后联立求解，得24M =M ,M = -M = M0e1eB1111进而求得支反力为= 6M e2（）， M=M （3），FyAA