结构力学课后习题答案

第1章绪论(无习题)

第2章平面体系的几何组成分析习题解答

习题2.1是非判断题

(1)若平面体系的实际自由度为零，则该体系一定为几何不变体系。()

(2)若平面体系的计算自由度沪0,则该体系一定为无多余约束的几何不变体系。

()

(3)若平面体系的计算自由度勿＜0,则该体系为有多余约束的几何不变体系。()

(4)由三个较两两相连的三刚片组成几何不变体系且无多余约束。()

(5)习题2.1(5)图所示体系去掉二元体废尸后，剩余部分为简支刚架，所以原体系

为无多余约束的几何不变体系。()

习题2.1(5)图

(6)习题2.1(6)(a)图所示体系去掉二元体力8c后，成为习题2.1(6)(b)图，故原体

系是几何可变体系。()

(7)习题2.1(6)(a)图所示体系去掉二元体冰后，成为习题2.1(6)(c)图，故原

体系是几何可变体系。()

习题2.1(6)图

【解】(1)正确。

(2)错误。W《()是使体系成为几何不变的必要条件而非充分条件。

(3)错误。

(4)错误。只有当三个较不共线时，该题的结论才是正确的。

(5)错误。皮尸不是二元体。

(6)错误。48c不是二元体。

(7)错误。冰不是二元体。

习题2.2填空

(1)习题2.2(1)图所示体系为体系。

习题2.2(1)18

(2)习题2.2(2)图所示体系为体系。

习题2-2(2)图

(3)习题2.2(3)图所示4个体系的多余约束数目分别为

△□Oo

习题2.2(3)ffl

(4)习题2.2(4)图所示体系的多余约束个数为____________。

(5)习题2.2(5)图所示体系的多余约束个数为

(6)习题2.2(6)图所示体系为体系，有个多余约束。

习题2.2⑹图

(7)习题2.2(7)图所示体系为体系，有个多余约束。

习题2.2⑺图

【解】(1)几何不变且无多余约束。左右两边L形杆及地面分别作为三个刚片。

(2)几何常变。中间三较刚架与地面构成一个刚片，其与左边倒L形刚片之间只有两

根链杆相联，缺少一个约束。

(3)0、1、2、3o最后一个封闭的圆环(或框)内部有3个多余约束。

(4)4。上层可看作二元体去掉，下层多余两个较。

(5)31,下层(包括地面)几何不变，为一个刚片；与上层刚片之间用三个较相联，

多余3个约束。

(6)内部几何不变、0。将左上角水平杆、右上角较接三角形和下部较接三角形分别

作为刚片，根据三刚片规则分析。

(7)内部几何不变、3。外围封闭的正方形框为有3个多余约束的刚片；内部较接四

边形可选一对平行的对边看作两个刚片：根据三刚片规则即可分析。

习题2.3对习题2.3图所示各体系进行几何组成分析。

习题2.3国

【解】(1)如习题解2.3(a)图所示，刚片48与刚片I由较4和支杆①相联组成几何

不变的部分；再与刚片8c由较8和支杆②相联，故原体系几何不变且无多余约束。

习题解2.3(a)图

(2)刚片I、II、III由不共线三技4氏(I,III)两两相联，组成几何不变的部分,

如习题解2.3(b)图所示。在此部分上添加二元体以。•£故原体系几何不变且无多余约束。

(M一ID।

I£

习题解2.3(b)图

(3)如习题解2.3(c)图所示，将左、右两端的折形刚片看成两根链杆，则刚片I、II、

III由不共线三校(I,II)>(II,III)、(I,III)两两相联，故体系几何不变且无多余约束。

习翘解2.3(c)图

(4)如习题解2.3(d)图所示，刚片I、II、III由不共线的三较两两相联，形成大刚片；

该大刚片与地基之间由4根支杆相连，有一个多余约束。故原体系为有一个多余约束的几何

不变体系。

习题解2.3(d)图

(5)如习题解2.3(e)图所示，刚片I、II、III组成几何不变且无多余约束的体系，为

一个大刚片；该大刚片与地基之间由平行的三根杆①、②、③相联，故原体系几何瞬变。

(6)如习题解2.3(f)图所示，由三刚片规则可知，刚片I、II及地基组成几何不变且

无多余约束的体系，设为扩大的地基。刚片力比■与扩大的地基由杆①和较C相联：刚片CD

与扩大的地基由杆②和较C相联。故原体系几何不变且无多余约束。

习题解2.3(f)图

(7)如习题解2.3(g)图所示，上部体系与地面之间只有3根支杆相联，可以仅分析上

部体系。去掉二元体1,刚片I、II由较4和不过较力的链杆①相联，故原体系几何不变且

无多余约束。

I

1

习题解2.3(g)图

(8)只分析上部体系，如习题解2.3(h)图所示。去掉二元体1、2,刚片I、II由4

根链杆①、②、③和④相联，多余一约束。故原体系几何不变且有一个多余约束。

习题解2.3(h)图

(9)刚片I、II、III由不共线三较4B、C组成无多余约束的几何不变部分，该部分

再与地基由共点三支杆①、②、③相联，故原体系为几何瞬变体系，如习题解2.3(i)图所

O

o

习题解2.3(i)图

(10)刚片I、II、川由共线三较两两相连，故体系几何瞬变，如习题解2-3(j)图所

o

(1,111)

A

习题解2.3(j)图

(11)该较接体系中，结点数户8,链杆(含支杆)数后15,则计算自由度

W=2j=2x8—15=1>0

故体系几何常变。

(12)本题中，可将地基视作一根连接刚片I和II的链杆。刚片I、II、川由共线的三

个铳两两相联，如习题解2.3(1)图所示。故原体系几何瞬变。

(ILIII)(I,HD

习题解2.3(1)图

第3章静定结构的内力分析习题解答

习题3.1是非判断题

(1)在使用内力图特征绘制某受弯杆段的弯矩图时，必须先求出该杆段两端的端弯矩。

()

(2)区段叠加法仅适用于弯矩图的绘制，不适用于剪力图的绘制。()

(3)多跨静定梁在附属部分受竖向荷载作用时，必会引起基本部分的内力。()

(4)习题3.1(4)图所示多跨静定梁中，建和)部分均为附属部分。()

习题3.1⑷图

(5)三较拱的水平推力不仅与三个较的位置有关，还与拱轴线的形状有关。()

(6)所谓合理拱轴线，是指在任意荷载作用下都能使拱处于无弯矩状态的轴线。()

(7)改变荷载值的大小，三较拱的合理拱轴线形状也将发生改变。()

(8)利用结点法求解桁架结构时，可从任意结点开始。()

【解】(1)正确；

(2)错误；

(3)正确;

(4)正确；EF为第二层次附属部分，CDE为第一层次附属部分；

(5)错误。从公式可知，三较拱的水平推力与拱轴线的形状无关：

(6)错误。荷载发生改变时，合理拱轴线将发生变化；

(7)错误。合理拱轴线与荷载大小无关；

(8)错误。一般从仅包含两个未知轴力的结点开始。

习题3.2填空

(1)习题3.2(1)图所示受荷的多跨静定梁，其定向联系C所传递的弯矩就的大小为

截面8的弯矩大小为,侧受拉。

习题3.2⑴图

(2)习题3.2(2)图所示风载作用下的悬臂刚架，其梁端弯矩版/kN-m,侧受

拉；左柱8截面弯矩磔kN•m,____侧受拉。

习题3.2⑵图

(3)习题3.2(3)图所示三较拱的水平推力片等于

(4)习题3.2(4)图所示桁架中有根零杆。

习题3.2⑷图

【解】(1)Mc=0；Mc=K/,上侧受拉。加£部分在该荷载作用下自平衡;

(2)恤F288kN・m,左侧受拉；伤32kN•m,右侧受拉；

(3)历/2；

(4)11(仅竖向杆件中有轴力，其余均为零杆)。

习题3.3作习题3.3图所示单跨静定梁的〃图和外图。

(C)(d)

5kN/m20kN-mlOkN-m

(f)

习题3.3图

40C

s(i

40D40

的图（单位：kN-m）万图（单位：kN）

5F).

-I-

FP

©4

1B

4

M图

8

万图

3

制图片图

附图（单位：kN•m）月图(单住：kN)

（f）

习题3.4作习题3.4图所示单跨静定梁的内力图。

4kN|6kN2kN/m|8kN2kN/m

，8kN/m

1I」」T，?」」」Y」，」，1J.1111—

空cDXsF

KAD\BC

■2m__2m__2m__2m._4m.「2mL「2m.Jm.

(a)

(c)(d)

习题3.4图

【解】

(b)

附图（单位：kN-m）后图（单位：kN）

(c)

4

4"

|4

后图(单位：kN)

(d)

习题3.5作习题3.5图所示斜梁的内力图。

5kN/m

【解】

习题3.6作习题3.6图所示多跨梁的内力图。

[6kN2kN/m

I1，T[TI11Y，、c1

DTAEcYjr

-o——d—~~^―

(a)

|6kNl30kN2kN/m

D~-A—E|7会....上

2nL.3m..3m「.3m..4m

(b)

5kN2kN/m3kN

9kNni

11111111

A

B

(c)

【解】

(c)

附图（单位：kN•m）

10

33

后图(单位：kN)

(d)

习题3.7改正习题3.7图所示刚架的弯矩图中的错误部分。

(d)(e)

习题3.8作习题3.8图所示刚架的内力图。

加图（单位：kN•m）向图（单kN）

（a）

附图（单位：kN-m）九图（单位：kN）R图（单位：kN）

(b)

自图（单位：kN）凡图（单位：kN）

（c）

"图用图

月图（单位：kN）

制图片图片图

(f)

习题3.9作习题3.9图所示刚架的弯矩图。

|_3m_]_3m_I_3m__3m.4m「_4m____4m__4m

(g)(h)⑴

习题3.9图

【解】

120

(c)（单位：kN

(d)(e)(f)(单位：kN-m)

FP«

提示：根据零杆判别法则有：413=&43=0：根据等力杆判别法则有：424=&46。然

后分别对结点2、3、5列力平衡方程，即可求解全部杆件的内力。

(2)

提示：根据零杆判别法则有：国18=国17=&16=&27="36=&45=°；根据等力杆判

别法则有：&12=国23=氐34；氏78=&76=&65。然后取结点以5列力平衡方程，即

可求解全部杆件的内力。

习题3.11判断习题3.11图所示桁架结构的零杆。

(a)(b)

提示：（c）题需先求出支座反力后，截取I.I截面以右为隔离体，由ZM=O,可得

氏12=0，然后再进行零杆判断。

习题3.12用极面法求解习题3.12图所示桁架指定杆件的轴力。

Emr

m

zl

【解】

Z731„3夜

FFFFF=F

⑴^a=--?-Nb=~P-Ne~^P

提示：截取I.I截面可得到乙〃、FNC；根据零杆判断法则，杆26、杆36为零杆，则通过

截取II.II截面可得到FN“。

⑵兀=0；七,=血耳：弟=0

提示：截取I.I截面可得到外〃；由结点1可知时〃=0；截取II.II截面，取圆圈以内为

脱离体，对2点取矩，则与^.=0。

IQOR

(3)%,=-12kN；%=§kN；FNf=ykN

提示：先计算支座反力。取I.I截面以左为脱离体，由=0,得FN°；由工加8=0,

得几°:再取结点A为脱离体，由工工=0,得入户

(4)%,=—5.66kN；L41kN；%.=—8kN

提示：先计算支座反力。取I.I截面以左为脱离体，将""移动到2点，再分解为*、y的

分力，由=0,得K“=TkN,则&“=—5.66kN；

取II.II截面以左为脱离体，由〉2工=0,得久力=TkN,则耳5=—1.41kN；

取此川截面以右为脱离体，注意由结点4可知&M=0,再由ZMJ=0,得外＜,=—8kN.

习题3.13选择适当方法求解习题3.13图所示桁架指定杆件的轴力。

习题3.13图

【解】

⑴%=与；%—。；&■=。。

提示：由Z“4=0,可得外、.=0。则根据零杆判别原则，可知心/,=心,=0。根据结点

5和结点2的构造可知，%23=4435=0，再根据结点3的受力可知外“=耳.

(2)%,=12.73kN；FNb=18.97kN；&=—18kN。

提示：先计算支座反力。取I.I截面以左为脱离体，由工用.=0,可得然“=12.73kN；

取8结点为脱离体，由汇a=0,得&B»=—困；由\月=0,可得&<.=—18kN：

取II.II截面以右为脱离体，由Z〃c=0,可得耳^,=18.97kN。

⑶%=。；%=J吊;%=-坐用。

提示：先计算支座反力。取I.I极面以左为脱离体，由工工=0,可得练a=0；由

ZM=0,可得&12=4/3；由2以=°，可得&34=一3/3；

取结点3为脱离体，由Z4=0,可得FM；

取结点4为脱离体，由〉2月.=0,可得/c。注意氏|4=&|2。

提示：先计算支座反力。取I.I截面以上为脱离体，由Z/i=o,可得”“：

取II.II截面以右为脱离体，由XK=0,可得外小

取III.川截面以右为脱离体，注意由结点8可知&BC=0，再由工加3=0,得练一

⑸然“=与；％=4。

提示：根据求得的支反力可知结构的受力具有对称性，且结点4为K形结点，故可判别零杆

如下图所示。再取结点8为脱离体，由Z(=0,可得Fzb=FNBc=~^Fp；

由ZE=(),可得&,=5。

⑹FNO=0；%=4/2；几_=0。

提示：原结构可分为以下两种情况的叠加。

对于状态1,由对称性可知，58=0,则根据零杆判别法则可知昂“=0.

取I.I截面以右为脱离体，由工加。=0,可得国6=0；

根据£。结点的构造，根据零杆判别法则，可得质,.=0。

对于状态2,根据零杆判别法则和等力杆判别法则，易得到：%=0；成=与/2；%=0.

将状态1和状态2各杆的力相加，则可得到最终答案。

⑺％=0：%=。；％=T0/3kN。

提示：先计算支座反力。

取I.I截面以右为脱离体，将/〃移动到8点，再分解为x、y的分力，由工加,1=0,可

得a=0,则%,=0；

根据结点8的构造和受力，可得外b=0;

取结点C为脱离体，可得&c=T0/3kN。

（8）%,=—25kN；%=0;a=20kN。

提示：根据整体平衡条件，可得&B=0；则该结构可视为对称结构承受对称荷载作用，而

结点。为K形结点，则可得&,,=0；根据仄。结点进一步可判断零杆如下图所示。取结

点尸为脱离体，由ZK.=0,可得&〃=—25kN；由Z工=0,可得区,.=20kN。

|15kN|15kN

12fl.oc

丽“E|0

习题3.14求解习题3.14图所示组合结构链杆的轴力并绘制梁式杆的内力图。

(b)

习题3.14图

【解】

⑴提示：首先计算支反力。再沿较C和厂6杆将原结构切开，取某部分为脱离体，可计算得

到外死，然后取结点尸为脱离体，可计算得到FNFB和"必，最后取48c为脱离体可求得5人C

和较。传递的剪力O

3030

々图（单住：kN）

月图（单位：kN）

⑵提示：取的■为脱离体，由X以=0,可得4皿=0；由ZME=0,可得&0A=qa；

由24=0,可得&EB=-2如。

qa

(3)提示：由整体平衡，可得耳*=0,则原结构可化为以下状态1和状态2的叠加。

对于状态1,利用对称性可知钱结点传递的剪力为0,即耳丫=0,然后取48c为隔离

体，由Z”A=0，可得&耳/2；取F结点为隔离体，可得工「=用，然后考

虑到对称性并对整体结构列方程XK=0,可得F

rA=FVE=QO

对于状态2,利用对称性并考虑结点F的构造和受力，可得心防=心“=0；然后取

ABC为隔离体,由ZMc=0,可得《*=4/4(4);则根据对称性，可知［£=4/41)。

最后将两种状态叠加即可得到最终结果。

〃图片图A图

习题3.15求习题3.15图所示三较拱支反力和指定截面片的内力。已知轴线方程

习题3.15图

【解】

FiU=耳仍=16kN；居人=8kN(T)；%=24kN(T)

MK=-15kN-m；=1.9kN；F^K=-17.8kN

习题3.16求习题3.16(a)图所示三较拱支反力和(b)图中拉杆内力。

习题3.16图

【解】

结构和荷载具有对称性，则乙…&8等于半个拱荷载的竖向分量:

软

F、A=F、B=L2qrd(p-cos(p=qr

再取左半拱为隔离体，由£MC=°，可得

兀

qr-r-F^-r-\lqrd(p-sm(p=O,则4=0

⑵FVA=5kN(J)；%=5kN(T)；FNDE=15kN(拉力)

习题3.17求习题3.17图所示三校拱的合理拱轴线方程，并绘出合理拱轴线图形。

胃可求得

【解】由公式y(x)=

5

-x0<x<4m

4

1，

——x+64m<x<8m

4

23,、

——X2+22X-488m<x<12m

827

习题3.18试求习题3.18图所示带拉杆的半圆三较拱截面K的内力。

习题3.18图

【解】

MK-44kN-m；FQK=-4.7kN；FNK=3.12kN

提示：取下图所示脱离体进行计算。

一n

15KN,

在图示坐标系下，拱轴线方程为(x—lO)2+y2=102。则截面K处切线斜率为:

1I4

tane=yL=§

由4/r段的平衡条件，即可求得截面K的内力。

第4章静定结构的位移计算习题解答

习题4.1是非判断题

(1)变形体虚功原理仅适用于弹性体系，不适用于非弹性体系。()

(2)虚功原理中的力状态和位移状态都是虚设的。()

(3)功的互等定理仅适用于线弹性体系，不适用于非线弹性体系。()

(4)反力互等定理仅适用于超静定结构，不适用于静定结构。()

(5)对于静定结构，有变形就一定有内力。()

(6)对于静定结构，有位移就一定有变形。()

(7)习题4.1(7)图所示体系中各杆£4相同，则两图中C点的水平位移相等。()

(8)寐图，M图如习题4.1(8)图所示，£/=常数。下列图乘结果是正确的：

(9)混图、而图如习题4.1(9)图所示，下列图乘结果是正确的:

由(AW+D+京A3加

(10)习题4.1(10)图所示结构的两个平衡状态中，有一个为温度变化，此时功的互

等定理不成立。()

(a)(b)

习题4.1⑺图

习题4.1(8)图习邈4.1⑼图

FP

(i

习题4.1(10)B

【解】(1)错误。变形体虚功原理适用于弹性和非弹性的所有体系。

(2)错误。只有一个状态是虚设的。

(3)正确。

(4)错误。反力互等定理适用于线弹性的静定和超静定结构。

(5)错误。譬如静定结构在温度变化作用下，有变形但没有内力。

(6)错误。譬如静定结构在支座移动作用下，有位移但没有变形。

(7)正确。由桁架的位移计算公式可知。

(8)错误。由于取为的环图为折线图，应分段图乘。

(9)正确。

(10)正确。

习题4.2填空题

(1)习题4.2(1)图所示刚架，由于支座8下沉所引起。点的水平位移4。

(2)虚功原理有两种不同的应用形式，即原理和原理。其中，用于求

位移的是原理。

(3)用单位荷载法计算位移时，虚拟状态中所加的荷载应是与所求广义位移相应的

(4)图乘法的应用条件是：且施与环图中至少有一个为直线图形。

(5)已知刚架在荷载作用下的胭图如习题4.2(5)图所示，曲线为二次抛物线，横梁

的抗弯刚度为2£/,竖杆为£/,则横梁中点K的竖向位移为o

(6)习题4.2(6)图所示拱中拉杆比原设计长度短了1.5cm,由此引起C点的竖向

位移为；引起支座4的水平反力为O

(7)习题4.2(7)图所示结构，当C点有弓=1(1)作用时，。点竖向位移等于(T),

当£点有图示荷载作用时，C点的竖向位移为。

(8)习题4.2(8)图(a)所示连续梁支座8的反力为FRB=11(T),则该连续梁在支座8

16

下沉尸1时(如图(b)所示)，。点的竖向位移当二O

习题4.2(1)图

习题4.2(6)图习题4.2(7)图

A_1_

工

(a)(b)

习题4.2⑻图

【解】⑴4(一)。根据公式/=一£汽1计算。

(2)虚位移、虚力；虚力。

(3)广义单位力。

(4)£7为常数的直线杆。

(5)——(J)。先在K点加单位力并绘而图，然后利用图乘法公式计算。

EI

(6)1.5cmT：OoC点的竖向位移用公式/=工凤△/计算；制造误差不会引起静定

结构产生反力和内力。

(7)—(?),由位移互等定理可知，C点作用单位力时，£点沿"方向的位移为

a

6,=一一O则£点作用单位力生1时，C点产生的位移为a2=——0

}a~a

(8)U(j)。对包)、(b)两个图示状态，应用功的互等定理可得结果。

16

习题4.3分别用积分法和图乘法求习题4.3图所示各指定位移3。£/为常数。

【解】1)求w

(1)积分法

绘器图，如习题4.3(1)(b)图所示。在C点加竖向单位力片1,并绘M图如习题

4.3(1)(c)图所示。由于该两个弯矩图对称，可计算一半，再将结果乘以2。

4?段弯矩为

—11

M=-x,Mv=-Fpx

2P2P

则

—2x

(2)图乘法

1\FlI2I

=2X------X——X——pX——X——X——=-----'-----(J)

EI2423448E/

2)求3

20kN/m

CEIB

2m2m

(1)积分法

绘胭图，如习题4.3(2)(b)图所示。在C点加竖向单位力并绘〃图，如习题4.3

(2)⑹图所示。以C点为坐标原点，x轴向左为正，求得/C段(0WxW2)弯矩为

M=x,Mp=10x(x+2)2

则

-%x10x(x+2)-<ir=-----(J)

3EI

(2)图乘法

由计算位移的图乘法公式，得

112112

=———xl60x2x—x2+—x40x2x—x2——xl0x2xl

EI23233

3)求Oi

习题4.3(3)图

(1)积分法

绘胭图，如习题4.3(3)(b)图所示。在C点加竖向单位力并绘而图，如习题4.3

(3)(c)图所示。根据图中的坐标系，两杆的弯矩(按下侧受拉求)分别为

四杆

771、“ql1->

M=——x,M--X——qx~

2Pp42

C8杆

M77=x,M"彳-q-ix

p2

则

俚」4+」一星汕

4VdxN)

5E/J。2(42)EIJ。224EI

(2)图乘法

4V=—LQX/XMLM/XQX_L』+_LXQ』X2XHU)

El2432382224232)24E/

4)求i

(a)(b)Afp图(c)M图

习题4.3(4)图

(1)积分法

绘胭图，如习题4.3(4)(b)图所示。在4点加单位力偶并绘M图，如习题4.3(4)

(c)图所示。以力为坐标原点，X轴向右为正，弯矩表达式(以下侧受拉为正)为

TV_1.._3.1

M=1---x,Mp=­c/lx—cix2

3/P22

则

2/

A「MMV•3/MM,

4、=J。司---rPdx

2，EI

x(孤一次k+J：却一轴x(|必一那卜

—qf(1)

8E/

(2)图乘法

由计算位移的图乘法公式，得

—^1――x^/2x2/x2I1八22/x1^/2xfl+l11

9A—x__|_x1+-Xx—

2EI2(333J332

+——xql2xlx—x—+—xlx—ql2x—x—

EI2333832

5,

-ql3())

8£7

习题4.4分别用积分法和图乘法求习题4.4(a)图所示刚架C点的水平位移4。已

知£/=常数。

代入公式计算，得

14

4H-f()~~xxx—qlxdx+£xxx(qlx——qx)dr=ql

2)图乘法

±1IL22^/3

4HXX/X/X2+X/XX=-----ql’(—>)

El[223382)SEI

习题4.5习题4.5(a)图所示桁架各杆截面均为4=2X10W,^2.1X108kN/m2,

际二30kN,占2m。试求C点的竖向位移4丫。

(b)Fzp图