大學《結(jié)構(gòu)力學》期末復習章節(jié)習題庫及答案解析

EBFEADEBFEADCFBDDCAC(a)(b)(c) (3)習題2.2(3)圖所示4個體系的多余約束數(shù)目分別為、、、 。(4)習題2.2(4)圖所示體系的多余約束個數(shù)為(5)習題2.2(5)圖所示體系的多余約束個數(shù)為 11(a)(b)(c)(d)(c)(e)(f)(e)(g)(h)(g)(i)(j)(i)(k)(l)(k)BCABC∞∞ABCD 1Ⅱ1A1 1Ⅱ1A1Ⅲ地基之間由4根支桿相連，有一個多余約束。ⅡⅢⅡⅢ 2ACD2D2二元體1，剛片Ⅰ、Ⅱ由鉸A和不過鉸A的鏈桿①相聯(lián)，故原體系幾何不1 23ⅡⅡ4（9）剛片Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ由不共線三鉸A、B、C組成無多余共點三支桿①、②、③相聯(lián)，故原體系為幾何瞬變體系，如習題解2O Ⅲ Ⅲ2ⅠⅡⅢW=2jb=2815=1>0ⅢⅡ∞∞(1)在使用內(nèi)力圖特征繪制某受彎桿段的彎矩圖時，必須先求出該桿段兩端的端彎矩。()6kN/m4kN/m4m4ma6kN/m4kN/m4m4maABCDEFAB（5）錯誤。從公式FH=MEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(0),C)/f可知，三鉸拱的水平推力與拱軸線的形狀無關(guān)；FPFPFPFPEABDElllllC BD A6m(3)習題3.2(3)圖所示三鉸拱的水平推力FH等于FP CAABqaCDCAABqaCDFFF 20kN/m AB2m4m2mFP FFP FCACaaqll/2qaqqaBBaa FPFPFP ABACDECDaaaa 5kN/m20kN·m10kN·mCADBECAD2m2m2m2m(f)【解】ACDB40404040M圖（單位：kN·m）A40CBD40FaABAaFFaF 5FP4ABABFP45FPFP44M圖FQ圖AD5ql8AAD5ql8Aql28CACB3ql9qlql3ql9ql88888ql3qlql2C8CBM圖FPaFPFPaABEDFPaBED2FP3 2FP33M圖FQ圖FP 2FFP3ADCADE BE FP3 4FP3FQ圖8CABqa22qaCBACBM圖BBM圖（單位：kN·m）FQ圖ABDB00(f) 4kN ADBCA2m2m2m8kN68kN2kN/m22kN/mEACDEACD2m4m2m2m2m6kN 4kN/m12kN·m BEADBEAD2m2m3m2m8kN CD CDABEA2m2m2m2m(c)【解】CBCD B9A48B4C52.5A20ACBCD B9A48B4C52.5A20A M圖（單位：kN·m）4 448811kN15811kNADCBC420FQ11BB6M圖（單位：kN·m）82BDCBDA67.268BDABDC686M圖（單位：kN·m）C5CAB555M圖（單位：kN·m）4CBA4444BCA【解】BCBA3CBA9E E BE E B2kN/mDBAEDB2m 2kN 2kN/mCBDAEFCBDAE2m4m2kN/m32kN/m3kN9kN.mAFBEAFBD2m3m2m3m2m30kN·m40kN·m30kN·m12kN·mACDF2m2m2m2m2m【解】DAE3CDAE3CD AEBD 6M圖（單位：kN·m）FQCDABF444DDACBF464M圖（單位：kN·m）FQ66666DAFEBCFE33339292M圖（單位：kN·m）BCD6FCEFPCACABBCD6FCEFPCACAB3ECEAFDBFD264230AD39FEAD39FEB40406306650M圖（單位：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圖FQ圖ED ED DCEBBBA AADCEBAFPlFPlFFPlFPlDCEABAFPlFPFPFPlFPFPECEDFPFPABAEFPFPFPBABM圖FQ圖(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：根據(jù)零桿判別法則有：FN18=FN17=FN16=FN27=FN36=FN45=0；根據(jù)等力桿判別法則有：FN12=FN23=FN34；FN78=FN76=FN65。然后取結(jié)點4、5列力平衡方程，即可求解全部桿件FPFPFFPFPFPFPFPFP2FPlllFPllFPl【解】FPFPFFPFP00000000000FPFPFFPFP2FP00000000000000000提示：(c)題需先求出支座反力后，截?、?Ⅰ截面以右為 3macⅡ1Ⅱ3macⅡ1ⅡFPFFPblllllabc4kN4kN4kN4kN4kN2m2m2m2m2m2mFcballl4kN4kNbac2m2m2m2m2m2m2m2m2m2m2m【解】a2Nb2PNca2Nb2PNc2P(1)FN=FP；F=F；F=F面可得到FNa。4Ⅱc235FP4Ⅱc2351b6ab699ⅡFbbFcc22akNkNFNc=kNbAbA提示：先計算支座反力。取Ⅰ.Ⅰ截面以左為脫離體，由ΣMA=0，得FNa；由ΣMB=0，得FNc；再取結(jié)點A為脫離體，由ΣFy=0，得FNb。BB04kN4kN4kN4kN4kNFybFN=FNbFNbFyb(4)FNa=-5.66kN；FNb=-1.41kN；FNc=-8kNⅠⅢ4kNⅢⅡ4kN12Ⅱb12ⅡaⅠ3Ⅲ1kNc3Ⅲ1kN047kNΣM1=0，得Fya=-4kN，則FNa=-5.66kN；取Ⅱ.Ⅱ截面以左為脫離體，由ΣFy=0，得Fyb=-1kN，則FNb=-1.41kN；?、?Ⅲ截面以右為脫離體，注意由結(jié)點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。則根據(jù)零桿判別原則，可知FNb=FNc=0。根據(jù)結(jié)點5和結(jié)點2的構(gòu)造可知，F(xiàn)N23=FN35=0，再根據(jù)結(jié)點3的受力可知FNa=FP。045c6ab323F1(2)FNa=12.73kN；FNb=18.97kN；FNc=-18kN。DⅡBFFDⅡBFF取B結(jié)點為脫離體，由ΣFy=0，得FNBD=-12.73kN；由ΣEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up0(F),x)=0，可得FNc=-18kN；?、?Ⅱ截面以右為脫離體，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)取結(jié)點A為脫離體，由ΣEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up0(F),x)=0，可得FNc。注意FN1A=FN12。0bbacA12FFF3F30FFFAFF取Ⅱ.Ⅱ截面以右為脫離體，由ΣFy=0，可得FNb；取Ⅲ.Ⅲ截面以右為脫離體，注意由結(jié)點B可知FNBC=0，再由ΣM3=0，得FNc。FⅢ3ⅡaⅠ212cⅠb0BA0BⅢCⅢⅡFFFF DFP2ACEFPFPbDFP2ACEFPFPb(5)FNa=FP；FNb=-FP。 示。再取結(jié)點B為脫離體，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截面以右為脫離體，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)對于狀態(tài)2，根據(jù)零桿判別法則和等力桿判別法則，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則FNa=0； alEAEbBCDBalEAEbBCDB取結(jié)點C為脫離體，可得FNc=-40/3kN。Ⅰaa8B8 KNAb32KN KN2KN(8)FNa=-25kN；FNb=0；FNc=20kN?？傻肍Na=-25kN；由ΣEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up0(F),x)=0，可得FNc=20kN。15kNCDcA15kN15kNCDcAF000FHBFHB0AFG3m3m3m3mDEFqABCaaFPBCDllll【解】然后取結(jié)點F為脫離體，可計算得到FNFB和FNFA，最后取ABC為脫離體可求得FNAC和鉸C傳遞的剪 -2qaqaqaqa2CB0FP4FP4F-2qaqaqaqa2CB0FP4FP4F454545M圖（單位：kN·m）EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up0(F),x)可得FNEB=-2qa。2qa2DEFDBCAqa28M圖qaDEFD0E0FDEF00ABA0ABqa2FN圖FFN圖對于狀態(tài)1，利用對稱性可知鉸結(jié)點傳遞的剪力為0，即FQC=0，然后取ABC為隔離體，由結(jié)構(gòu)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圖FQM圖FPFN圖4kN/mAA3m【解】FHABFVBqBAB rrCEEABA 【解】Bπ再取左半拱為隔離體，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拉桿 2m【解】MK=44kN.m；FQK=一4.7kN；FNK=3.12kNyMKFNK φ φKFQK A15KN llql2 8y01y031y02llql2 8y01y031y02在圖示坐標系下，拱軸線方程為(x-10)2+y2=102。則截面K處切線斜率為：'4x=23'4x=23(A1y01+A2y02)+A3y03()FPClql(a)MP圖 1 l/4(b)M圖CFPl A3A1EI2EIEI2(a)MP圖(b)M圖aaaaFPt2(b)(a)(b)（8）錯誤。由于取y0的M圖為折線圖，應分段圖乘。(2)虛功原理有兩種不同的應用形式，即原理和原理。其中，用于求位移的是 _______2EI，豎桿為EI，則橫梁中點K的豎向位移為。(6)習題4.2(6)圖所示拱中拉桿AB比原設計長度短了1.5cm，由此引起C點的豎向位移為 荷載作用時，C點的豎向位移為(8)習題4.2(8)圖（a）所示連續(xù)梁支座B的反力為FRBEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(11),16)DABB1K24993mB=1DEA3mB=1DEACBAB6m6m6mCCABM=1FP=1CACABDBCACABDDD FRB l/2l/2l(a)(b)（6）1.5cm個；0。C點的豎向位移用公式Δ=a21aa21aEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up7(11),16)FPAEIBC（a）BC xBCAFPlAFP=1FP=1CB AC段彎矩為M=x，MP=FPx則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 則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桿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則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則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圖(c)M圖 dFP√2-2√2FP√2FP-2√2FP-√2/2-√/22FPDFPEdFP√2-2√2FP√2FP-2√2FP-√2/2-√/22FPDFPE【解】1）積分法 M=x，MP=qlxAB桿 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習題4.5習題4.5(a)圖所示桁架各桿截面均為A=2×10-3m2，E=2.1×108kN/m2，F(xiàn)P=30kBABC2FP2×d2×d(a)D E-3D EAB2FPC2FP(b)FNP圖DE-1DE22BAB【解】繪FNP圖，如習題4.5(b)圖所示。 由桁架的位移計算公式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圖M繪MP圖，如習題M1「1(21)1(12)]ΔAB23]BC2ql211111A1l繪MP和M圖，分別如習題4.7（2）繪MP和222EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up8(13),2E) l11ABAl11ABA q2ql22EIBEICl（a）2ql21C 繪MP和M圖，分別如習題4.7（3）(b)、(c)圖所示。1(12212)=2EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up9(11),4E)Iql3CFPFPFPDEIllll（a）1√21DBAB（c）M圖CFPlFPlFPlFPl/2FPl/2ABFPl/2FPl/2FPl/2AB1111CDAB（c）M圖 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圖(b)MP圖A(d)變形曲線 【解】繪MP和M圖，分別如習題4.8(b)、(c)圖所示。則Δ222根l根-ql460EI(喻仁)FPAB3m3m6m3m3m(a)3FP3FP(b)MP圖11B(c)M圖 【解】繪MP圖，在B點加單位力偶并繪M圖，分別如習題4.9(b)、(c)圖所示。圖乘得 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圖2N圖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℃,外側(cè)升高了10℃。試求：+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桿兩側(cè)溫度均升高了40℃,對上式無影響。其他四邊代入上式計算結(jié)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章力法習題解答ABC（2）習題5.1(2)圖所示結(jié)構(gòu)，當內(nèi)外側(cè)均升高tqEIEI2EI2EI(a)A22lAAX1AX1A(b)q EIkEIlqX1X1qkk(a)(b) l/2l/2l/2l/2qAABqaa(a)MCACEIEIBEIEI(b)2424EIDEIEIEI362m2m2m4m4m+Δ=0，沿X1的豎向位移等于零2lθ;δ11X1+Δ1c=θ,沿X1的轉(zhuǎn)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）原結(jié)構(gòu)為1次超靜定結(jié)構(gòu)。選取基本體系如習題解5.4(1)圖(a)所示，基本方程為δ解得X1=13.5kN.m。彎矩圖和剪力圖分別如習題解5.4(1)圖(d)和(e)所示。11ABCAEIX1X1EIX1X1=1X1=1(b)M(b)M1圖(c)MP圖(d)M圖(c)MP圖(e)FQ圖(kN)解得X1=FP。彎矩圖和剪力圖分別如習題解5.4(2)圖(d)和(e)所示。lX1ABEIClX1ABEICBAFBACEI2EIEIX1FPlFP(c)MP圖EQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up4(13),18)FPFP(e)FQ圖lX1=1(b)M1圖FPlFPl(d)M圖，Δ解得X1=_FPl。彎矩圖和剪力圖分別如習題解5.4(3)圖(d)和(e)所示。FP1X1=1FPFPlFP(c)MP圖FP3 F F(e)FQ圖1(b)M圖121FPl2FPl(d)M圖q2EIEIEIlBABqEI=常數(shù)qDC