大学《结构力学》期末复习章节习题库及答案解析

EBFEADEBFEADCFBDDCAC(a)(b)(c) (3)习题2.2(3)图所示4个体系的多余约束数目分别为、、、 。(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 11(a)(b)(c)(d)(c)(e)(f)(e)(g)(h)(g)(i)(j)(i)(k)(l)(k)BCABC∞∞ABCD 1Ⅱ1A1 1Ⅱ1A1Ⅲ地基之间由4根支杆相连，有一个多余约束。ⅡⅢⅡⅢ 2ACD2D2二元体1，刚片Ⅰ、Ⅱ由铰A和不过铰A的链杆①相联，故原体系几何不1 23ⅡⅡ4（9）刚片Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ由不共线三铰A、B、C组成无多余共点三支杆①、②、③相联，故原体系为几何瞬变体系，如习题解2O Ⅲ Ⅲ2ⅠⅡⅢW=2jb=2815=1>0ⅢⅡ∞∞(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。()6kN/m4kN/m4m4ma6kN/m4kN/m4m4maABCDEFAB（5）错误。从公式FH=MEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(0),C)/f可知，三铰拱的水平推力与拱轴线的形状无关；FPFPFPFPEABDElllllC BD A6m(3)习题3.2(3)图所示三铰拱的水平推力FH等于FP CAABqaCDCAABqaCDFFF 20kN/m AB2m4m2mFP FFP FCACaaqll/2qaqqaBBaa FPFPFP ABACDECDaaaa 5kN/m20kN·m10kN·mCADBECAD2m2m2m2m(f)【解】ACDB40404040M图（单位：kN·m）A40CBD40FaABAaFFaF 5FP4ABABFP45FPFP44M图FQ图AD5ql8AAD5ql8Aql28CACB3ql9qlql3ql9ql88888ql3qlql2C8CBM图FPaFPFPaABEDFPaBED2FP3 2FP33M图FQ图FP 2FFP3ADCADE BE FP3 4FP3FQ图8CABqa22qaCBACBM图BBM图（单位：kN·m）FQ图ABDB00(f) 4kN ADBCA2m2m2m8kN68kN2kN/m22kN/mEACDEACD2m4m2m2m2m6kN 4kN/m12kN·m BEADBEAD2m2m3m2m8kN CD CDABEA2m2m2m2m(c)【解】CBCD B9A48B4C52.5A20ACBCD B9A48B4C52.5A20A M图（单位：kN·m）4 448811kN15811kNADCBC420FQ11BB6M图（单位：kN·m）82BDCBDA67.268BDABDC686M图（单位：kN·m）C5CAB555M图（单位：kN·m）4CBA4444BCA【解】BCBA3CBA9E E BE E B2kN/mDBAEDB2m 2kN 2kN/mCBDAEFCBDAE2m4m2kN/m32kN/m3kN9kN.mAFBEAFBD2m3m2m3m2m30kN·m40kN·m30kN·m12kN·mACDF2m2m2m2m2m【解】DAE3CDAE3CD AEBD 6M图（单位：kN·m）FQCDABF444DDACBF464M图（单位：kN·m）FQ66666DAFEBCFE33339292M图（单位：kN·m）BCD6FCEFPCACABBCD6FCEFPCACAB3ECEAFDBFD264230AD39FEAD39FEB40406306650M图（单位：kN·m）FBABFPAF M BCABAB(d)(e)(f)【解】 12kN/m4m4m10kN/m4mlDA4m4mA24ABBCDCDAACCDB12kN/m4m4m10kN/m4mlDA4m4mA24ABBCDCDAACCDB(f)6kNBA4kN/mBCDA20kN 3m3m 2m2m q DBDll【解】24BD96BC7218kN48kN12kN4kN/m6kN·mEDCEDBA 3m3m2m3m2m3ml2FPlEFPEDCABAll(f)186DDBCCDC12AA48ACDBDA ABDFPABDFP80DC8020DC20 AB103010CDC103040CD301030ABAql2ql240A8CCA ql4C0A8CCA ql4Aql3ql ql3ql ql244DBBBDDql44ql444M图FQ图ED ED DCEBBBA AADCEBAFPlFPlFFPlFPlDCEABAFPlFPFPFPlFPFPECEDFPFPABAEFPFPFPBABM图FQ图(f)ll 4maa4m4kN/m4m3m8kNCDC40404040 ABGF0AFBEBC2Fa00FFGD2FaCDDEFGll 4maa4m4kN/m4m3m8kNCDC40404040 ABGF0AFBEBC2Fa00FFGD2FaCDDEFGFPADFllFBDCAll5kN/mAB2m2m4mFFHIBCEABCEDaaaaGFGEDEBA(f)EACFDBA 3m3m3m3m【解】FEPFaPDFPDCABAaDEFDEFCFl2FAFl2FA2FFlCBEFlC Fl F40E40EDEBB120FlBDC A0HIFaEEDC8BAl9FPaCD30kNFPFPF18FP2FP3FP48-3FP7-3FP6-3FPl9FPaCD30kNFPFPF18FP2FP3FP48-3FP7-3FP6-3FP9E5499A9DA66FPaFFPaFPFPaFPE0ABFPFPFP6BA6DEA6DECF30kN4m4mFP4m 4m【解】053.2FP005FP 000FP0000FP000FP0000FP提示：根据零杆判别法则有：FN18=FN17=FN16=FN27=FN36=FN45=0；根据等力杆判别法则有：FN12=FN23=FN34；FN78=FN76=FN65。然后取结点4、5列力平衡方程，即可求解全部杆件FPFPFFPFPFPFPFPFP2FPlllFPllFPl【解】FPFPFFPFP00000000000FPFPFFPFP2FP00000000000000000提示：(c)题需先求出支座反力后，截取Ⅰ.Ⅰ截面以右为 3macⅡ1Ⅱ3macⅡ1ⅡFPFFPblllllabc4kN4kN4kN4kN4kN2m2m2m2m2m2mFcballl4kN4kNbac2m2m2m2m2m2m2m2m2m2m2m【解】a2Nb2PNca2Nb2PNc2P(1)FN=FP；F=F；F=F面可得到FNa。4Ⅱc235FP4Ⅱc2351b6ab699ⅡFbbFcc22akNkNFNc=kNbAbA提示：先计算支座反力。取Ⅰ.Ⅰ截面以左为脱离体，由ΣMA=0，得FNa；由ΣMB=0，得FNc；再取结点A为脱离体，由ΣFy=0，得FNb。BB04kN4kN4kN4kN4kNFybFN=FNbFNbFyb(4)FNa=-5.66kN；FNb=-1.41kN；FNc=-8kNⅠⅢ4kNⅢⅡ4kN12Ⅱb12ⅡaⅠ3Ⅲ1kNc3Ⅲ1kN047kNΣM1=0，得Fya=-4kN，则FNa=-5.66kN；取Ⅱ.Ⅱ截面以左为脱离体，由ΣFy=0，得Fyb=-1kN，则FNb=-1.41kN；取Ⅲ.Ⅲ截面以右为脱离体，注意由结点4可知FN34=0，再由ΣM1=0，得FNc=-8kN。cabaF l llac24kNbacaaFPcbbacaaFPcbFFF llllFPccbFPlllFFFllllllll(f)aabc15kN15kNaab【解】ΣM4=0，可得F6y=0。则根据零杆判别原则，可知FNb=FNc=0。根据结点5和结点2的构造可知，FN23=FN35=0，再根据结点3的受力可知FNa=FP。045c6ab323F1(2)FNa=12.73kN；FNb=18.97kN；FNc=-18kN。DⅡBFFDⅡBFF取B结点为脱离体，由ΣFy=0，得FNBD=-12.73kN；由ΣEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up0(F),x)=0，可得FNc=-18kN；取Ⅱ.Ⅱ截面以右为脱离体，由ΣMC=0，可得FNb=18.97kN。ⅡⅠⅡCACaab18kN6kNBc18kN6kNB24kNFFBFFN12=FP/3；由ΣEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up0(F),x)=0，可得FN34=-FP/3；EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up0(F),x)取结点A为脱离体，由ΣEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up0(F),x)=0，可得FNc。注意FN1A=FN12。0bbacA12FFF3F30FFFAFF取Ⅱ.Ⅱ截面以右为脱离体，由ΣFy=0，可得FNb；取Ⅲ.Ⅲ截面以右为脱离体，注意由结点B可知FNBC=0，再由ΣM3=0，得FNc。FⅢ3ⅡaⅠ212cⅠb0BA0BⅢCⅢⅡFFFF DFP2ACEFPFPbDFP2ACEFPFPb(5)FNa=FP；FNb=-FP。 示。再取结点B为脱离体，由ΣFy=0，可得FNb=FNBC=-2FP；由ΣEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up1(F),x)=0，可得FNa=FP。FPFP00Ba0000000C00b000000AFPFFP(6)FNa=0；FNb=FP/2；FNac=0。EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(1),N)取Ⅰ.Ⅰ截面以右为脱离体，由ΣMD=0，可得FEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(1),N)b=0；EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(1),N)对于状态2，根据零杆判别法则和等力杆判别法则，易得到：FEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),N)a=0；FEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),N)b=FP/2；FEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),N)c=0。FP2FPFP2222B22FRB=0FPFP D00FP20F00FP20FP000A00CbCaaB000(7)FNa=0；FNb=0；FNc=-40/3kN。FyaFya则FNa=0； alEAEbBCDBalEAEbBCDB取结点C为脱离体，可得FNc=-40/3kN。Ⅰaa8B8 KNAb32KN KN2KN(8)FNa=-25kN；FNb=0；FNc=20kN。可得FNa=-25kN；由ΣEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up0(F),x)=0，可得FNc=20kN。15kNCDcA15kN15kNCDcAF000FHBFHB0AFG3m3m3m3mDEFqABCaaFPBCDllll【解】然后取结点F为脱离体，可计算得到FNFB和FNFA，最后取ABC为脱离体可求得FNAC和铰C传递的剪 -2qaqaqaqa2CB0FP4FP4F-2qaqaqaqa2CB0FP4FP4F454545M图（单位：kN·m）EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up0(F),x)可得FNEB=-2qa。2qa2DEFDBCAqa28M图qaDEFD0E0FDEF00ABA0ABqa2FN图FFN图对于状态1，利用对称性可知铰结点传递的剪力为0，即FQC=0，然后取ABC为隔离体，由结构列方程ΣFy=0，可得FyA=EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up0(F),y)E=0。AFP2B0FP2DEC000FFPFPFP2D2EABCEA 4mrl4 FP210kNDyBCKx FPAB2DEF4mrl4 FP210kNDyBCKx FPAB2DEFFPFFPECADECABF FPF4M图FQM图FPFN图4kN/mAA3m【解】FHABFVBqBAB rrCEEABA 【解】Bπ再取左半拱为隔离体，由ΣMC=0，可得 4m2kN/mR=10m2kN/m4m2kN/mR=10m2kN/mπEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),0)FNDE=15kN(拉力)q=3kN/mFP=12kNCyABAx4m4m4m(x|1(32||)))C KBAB拉杆 2m【解】MK=44kN.m；FQK=一4.7kN；FNK=3.12kNyMKFNK φ φKFQK A15KN llql2 8y01y031y02llql2 8y01y031y02在图示坐标系下，拱轴线方程为(x-10)2+y2=102。则截面K处切线斜率为：'4x=23'4x=23(A1y01+A2y02)+A3y03()FPClql(a)MP图 1 l/4(b)M图CFPl A3A1EI2EIEI2(a)MP图(b)M图aaaaFPt2(b)(a)(b)（8）错误。由于取y0的M图为折线图，应分段图乘。(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 _______2EI，竖杆为EI，则横梁中点K的竖向位移为。(6)习题4.2(6)图所示拱中拉杆AB比原设计长度短了1.5cm，由此引起C点的竖向位移为 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B的反力为FRBEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(11),16)DABB1K24993mB=1DEA3mB=1DEACBAB6m6m6mCCABM=1FP=1CACABDBCACABDDD FRB l/2l/2l(a)(b)（6）1.5cm个；0。C点的竖向位移用公式Δ=a21aa21aEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up7(11),16)FPAEIBC（a）BC xBCAFPlAFP=1FP=1CB AC段弯矩为M=x，MP=FPx则AAΔEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up10(l),0)/2EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up8(1),E)IEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up8(1),2)EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up8(1),2)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up8(FPl3),48EI)ΔEI2423448EIACEIBACEIBACBACB x 则ΔEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up8(1),E)EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up8(680),3EI)ΔEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up8(1),E)EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up8(1),2)EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up8(2),3)EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up8(1),2)EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up8(1),3)EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up8(2),3)EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up8(680),3EI)qFP=ql/2qACBEIEIBEIll/2（a）2 12 1ql28AC xB xqlxql4l 21CBxC 2 AB杆M=-x，MP=x-42llEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up4(q),l)CllEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up4(q),l)C xAB 8EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up6(ql),3)AqlBABIq2M=x，MP=x则ΔEQ\*jc3\*hps24\o\al(\s\up8(1),E)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up9(l),0)EQ\*jc3\*hps24\o\al(\s\up8(1),2)EQ\*jc3\*hps24\o\al(\s\up8(ql),4)EQ\*jc3\*hps24\o\al(\s\up8(1),2)EQ\*jc3\*hps24\o\al(\s\up8(1),E)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up9(l),0)/2xEQ\*jc3\*hps24\o\al(\s\up8(ql),2)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up8(ql4),4E)Δ2224(EI（2432382224232)4)求9Aq11 2llql2/2ql1 2M=1-x，MP=qlx-qx则ΔlEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up9(M),2)EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up9(M),EI)PdxEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up10(3),2l)lEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up9(MM),EI)Pdxl1-x2dxEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up11(3),2l)l1-x2dxx 2|Dx 2|DEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up14(C),3)(a)(b)MP图(c)M图 dFP√2-2√2FP√2FP-2√2FP-√2/2-√/22FPDFPEdFP√2-2√2FP√2FP-2√2FP-√2/2-√/22FPDFPE【解】1）积分法 M=x，MP=qlxAB杆 2M=x，MP=qlx-2qxΔEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up10(l),0)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up10(l),0)2)dx=ql4(喻)1(1ql222ql2l)34ΔEI（22338习题4.5习题4.5(a)图所示桁架各杆截面均为A=2×10-3m2，E=2.1×108kN/m2，FP=30kBABC2FP2×d2×d(a)D E-3D EAB2FPC2FP(b)FNP图DE-1DE22BAB【解】绘FNP图，如习题4.5(b)图所示。 由桁架的位移计算公式Δ=Σl，求得ΔEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up6(+),E)EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up6(6),A)【解】V l=4ml/2l/21BEICEI2qD2EIl=4ml/2l/21BEICEI2qD2EIAqBCEICEIql434q73ml=4m（c）M图M绘MP图，如习题M1「1(21)1(12)]ΔAB23]BC2ql211111A1l绘MP和M图，分别如习题4.7（2）绘MP和222EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up8(13),2E) l11ABAl11ABA q2ql22EIBEICl（a）2ql21C 绘MP和M图，分别如习题4.7（3）(b)、(c)图所示。1(12212)=2EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up9(11),4E)Iql3CFPFPFPDEIllll（a）1√21DBAB（c）M图CFPlFPlFPlFPl/2FPl/2ABFPl/2FPl/2FPl/2AB1111CDAB（c）M图 1(11)1lΔEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up7(FPl),EI)3(喻仁) l/2l/2BBCACA l/2l/2l/2BBCACA l/2BABqqql(a)l/2l/2(c)M图(b)MP图A(d)变形曲线 【解】绘MP和M图，分别如习题4.8(b)、(c)图所示。则Δ222根l根-ql460EI(喻仁)FPAB3m3m6m3m3m(a)3FP3FP(b)MP图11B(c)M图 【解】绘MP图，在B点加单位力偶并绘M图，分别如习题4.9(b)、(c)图所示。图乘得 2q12q1ΔEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up8(1),E)EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up8(1),2)EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up8(2),3)EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up8(1),2)EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up8(2),3)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up8(7FP),EI)AEAEAqDBEICDB（a） 2qNP图2N图ΔEI2EA令Δq=32.04kN/m0.01a2a+10℃ 4m0.01a2a+10℃ 4mBB1B2AC0.02rad2aa（a）FR2=3a AC1FR1=1（b）BFR2=0FR1=0（c）Δ度升高了40℃,外侧升高了10℃。试求：+10℃+10℃AB+40℃+10℃4m4m+10℃(a)FN=1FNFN=1FN=144444ABFN=14444m4m4m4m+10℃B+40℃A4m(b)4FN=114FN=16m6mFR2=0FR1=lCGDFN=-0.51FR2=ql/26m6mFR2=0FR1=lCGDFN=-0.51FR2=ql/2ΔΣ∫Mdx+ΣCt0FNl因AC，BD杆两侧温度均升高了40℃,对上式无影响。其他四边代入上式计算结果相互抵消，故ΔΔH=CΔH=CEFEHIBABGFN=14×6m(b)(a)(b) Δk2=2EI/l3。qqlBkl2CEIBkl2EIAk1l（a）B1lql2lFR1=ql2（3）由公式Δ=Σ∫ds+Σ，得22l24ql4ΔEI23EI3EI +t1℃+t1℃lX1+t1℃+t1℃lX1第5章力法习题解答ABC（2）习题5.1(2)图所示结构，当内外侧均升高tqEIEI2EI2EI(a)A22lAAX1AX1A(b)q EIkEIlqX1X1qkk(a)(b) l/2l/2l/2l/2qAABqaa(a)MCACEIEIBEIEI(b)2424EIDEIEIEI362m2m2m4m4m+Δ=0，沿X1的竖向位移等于零2lθ;δ11X1+Δ1c=θ,沿X1的转角等于θ,X5ql4ql3qX5ql4ql3qk8EI24EI2k）EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(5),E)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(2),I)，(e)【解】（a）1b）2c）5d）3e）4f）1。 BCABCEIEIEIBAFBACEI2EIEIFPABCEIClll/2【解】（1）原结构为1次超静定结构。选取基本体系如习题解5.4(1)图(a)所示，基本方程为δ解得X1=13.5kN.m。弯矩图和剪力图分别如习题解5.4(1)图(d)和(e)所示。11ABCAEIX1X1EIX1X1=1X1=1(b)M(b)M1图(c)MP图(d)M图(c)MP图(e)FQ图(kN)解得X1=FP。弯矩图和剪力图分别如习题解5.4(2)图(d)和(e)所示。lX1ABEIClX1ABEICBAFBACEI2EIEIX1FPlFP(c)MP图EQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up4(13),18)FPFP(e)FQ图lX1=1(b)M1图FPlFPl(d)M图，Δ解得X1=_FPl。弯矩图和剪力图分别如习题解5.4(3)图(d)和(e)所示。FP1X1=1FPFPlFP(c)MP图FP3 F F(e)FQ图1(b)M图121FPl2FPl(d)M图q2EIEIEIlBABqEI=常数qDC