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第十章 简单超静定

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习题解答 第十章 简单的超静定问题 第十章 简单超静定

习 题

10.1 对于图示各平面结构,若载荷作用在结构平面内,试:(1) 判断它为几次超静定结构;(2)列出相应的变形协调条件。

F (a) F (c) q (e)

q (g)

F (b)

q

(d)

q (f) q

(h)

题10.1图

126

习题解答 第十章 简单的超静定问题 q Aq Bq F F B

AFNB AB

FNB

图一 图二 图三

解:(a)由图可看出,此为不稳定结构,此结构在水平方向少了一个约束力,在竖直方向多了一个约束力

(b)由图可看出,第二根铰链与第三根铰链有交点,所以这是个静定结构。无多余约束

(c)由图可知,此为不稳定结构,此结构在水平方向少了一个约束力

(d)由图可看出,此结构为一次超静定结构。在支座B处多了一个水平约束,(图一)但在均布载荷q的作用下,水平约束的支反力F=0,即变形协调条件为F=0

(e)由图可看出,此结构为一次超静定结构,多了一个垂直约束,(图二),再此约束情况下,有变形协调条件均布载荷载在B处引起的挠度B等于支座B产生的支反力FNB引起的变形B,即BB

(f)由图可看出,此为不稳定结构,此结构在垂直方向少了一个约束力

(g)由图可看出,此结构是悬臂梁加根链杆移铰支座构成,所以这是个静定结构。无多余约束

(h)由图可看出,此结构为一次超静定结构,在支座B处多了一水平约束,(图三)但在均布载荷q的作用下,水平约束的支反力F=0,即变形协调条件为F=0

10.2 如图所示受一对力F作用的等直杆件两端固定,已知拉压刚度EA。试求A端和B端的约束力。

EA F α α 题10.2图

F α

127

习题解答 第十章 简单的超静定问题 解:杆件AB为对称的受力结构,设A、B端的受力为FNA,FNB。且有FNAFNB

FNAAEA F F FNBB

CD 对AC段进行考虑,l1 对CD段进行考虑,l2FNAa(受拉) EA(FFNA)a(受压)

EA 由变形协调方程 2l1l20得: FNA 即:A、B端的受力均为

10.3 图示结构,AD为刚性杆,已知F=40 kN,1、2杆材料和横截面积相同,且E1=E2=E=200 GPa,A1=A2=A=1 cm2,a=2 m,l=1.5 m。试求1、2两杆的应力。

A B C F D 1F 31F(拉力) 3Δl1 Δl2 BC F D a 1 2 FN1l l l AFN22 1 题10.3图

解:设1、2杆的受力分别为FN1,FN2,变形为l1、l2 因为杆AD为刚性杆,其变形如图所示

有平衡方程

MC FN2lFN12lFl0 (1) 0得:

其变形协调方程: l1=2l2 (2)

又有 1FN1aFN1aFaFa 2N2N2 E1A1EAE2A2EA联立方程(1)、(2)得: FN2aFN12aFa0

FN116KN FN28KN

128

习题解答 第十章 简单的超静定问题 有公式 10.4 图示为一个套有铜套的钢螺栓。已知螺栓的横截面积A1=600 m2,弹性模量E1=200 GPa;铜套的横截面积A2=1200 m2,弹性模量E1=100 GPa。螺栓的长度l=750 mm,螺距s=3 mm。设初始状态下钢螺栓和铜套刚好不受力,试就下述三种情况求螺栓及套筒的轴力FN1和FN2:

(1)螺母拧紧1/4圈;

(2)螺母拧紧1/4圈,再在螺栓两端加拉力F=80kN;

6(3)由初始状态温度上升t50C。设钢的线膨胀系数112.510/C,铜的

F得: AF16000Pa160MPa 1=N1=

A0.0001F8000Pa80MPa 2N2A0.0001线膨胀系数216106/C

l 铜 题10.4图

解:(1)把螺母旋进1/4圈,必然会使螺栓手拉而套筒受压。如将螺栓及套筒切开,容易写出平衡方程

FN1FN20

现在寻求变形协调方程。设想把螺栓及套筒切开,当螺母旋进1/4圈时,螺母前进的距离为s/4。这时如再把套筒装上去就必须把螺栓拉长l1,而把套筒压短l2,这样二者才能配合在一起。设二者最后在某一位置上取得协调,则变形之间的关系为l1l2s 4式中l1和l2皆为绝对值。钢螺栓的抗拉强度为E1 A1 ,套筒的抗压刚度为E2 A2,由胡克定律

l1FN1lE1A1FN1lE1A1, l2FN2lE2A2

于是有

FN2lE2A2s 4可解出 FN1FN2sE1A1E2A260KN

4l(E1A1E2A2) 129

习题解答 第十章 简单的超静定问题

(2)先把螺母旋进1/4圈,则螺栓与套筒的轴力为FN1FN2sE1A1E2A260KN

4l(E1A1E2A2)再在螺栓两端加拉力F=80kN后, 螺栓的轴力F'N1FN180140KN(受拉) 套筒的轴力为0KN

(3) 先写出平衡方程 FN1FN20 温度上升后变形条件为 l1l2lt

ltlt(12)

由胡克定律

l1FN1lE1A1, l2FN2lE2A2

联立上面的式子有FN1FN2855KN

10.5 如图所示结构,其中杆AC为刚性杆,杆1,2,3的弹性模量E、横截面面积A 和长度

l均相同,点C作用垂直向下的力F。试求各杆内力值。

1a 2Ba 3CF l FN1AΔl1

FN2BΔl2FN3CΔl3F

题10.5图

解:杆ABC的受力图如图所示,平衡条件为

FY (1) 0, FN1FN2FN3FCM0, FN2FN1(2a)0 (2)

变形的几何关系如图所示,变形协调方程为

l1l32l2 (3)

利用胡克定律将(3)式变为

FN1lFN3lFl2N2 (4) EAEAEA 130

习题解答 第十章 简单的超静定问题 联立(1)、(2)、(4)式,解得

115FN1F FN2F FN3F

636

10.6 试求图示结构的许可载荷用应力为

F。已知杆AD,CE,BF的横截面面积均为A,杆材料的许

,梁AB可视为刚体。

E

D 1 α 3 C 2l F 2 B l AFN1Δl1CFN3Δl3FN2BΔl2

α F 题10.6图

F解:这是一次超静定问题,梁的受力图如图所示 其静力学平衡条件为

FMy (1) 0, FN1FN2FN3FC0, FN2FN1 (2)

变形协调条件为

l1l2l3 (3)

利用胡克定律,可得各杆的伸长 l1FN1l1FlFl l2N22 l3N33 EAEAEA代入(3)式的补充方程 FN12FN3FN2 (4) 联立(1)、(2)、(4)式,解得各杆内力

FN1221F FN2F FN3F 555由杆1或杆2的强度条件

FN112F[] AA5得 [F1]2.5[A ]12由杆3 的强度条件

3FN311F[] AA5 131

习题解答 第十章 简单的超静定问题 得

[F3]5[]A

比较[F3]和[F1],所以结构的许可载荷为

[F]2.5[]A

10.7 图示结构中,ABC为刚性梁,已知F20 kN,杆1和杆2的直径分别为d110 mm,

d220 mm,两杆的弹性模量均为E210 GPa。试求1、2两杆的内力。

2 2 m A F 2 m 1 题10.7图

2 m C B 1 m 1 m FN1 A F 2 B FN2C Δl1 Δl2

解:这是一次超静定问题,梁的受力图如图所示 其静力学平衡条件为

M变形协调条件为

C0, FN12FN21F4 (1)

l12l2 (2)

利用胡克定律,可得各杆的变形

l1FN1l1Fl l2N22 (3) EA1EA2l1l2l2m d110mm d220mm (4)

联立(2)、(3)、(4)有 FN22FN1

再联立(1)有 FN1F20KN FN22FN12F40KN

10.8 刚杆AB悬挂于1、2两杆上,1杆的横截面积为60 mm2,2杆为120 mm2,且两杆材料相同。若F=6 kN,试求两杆的轴力及支座A的反力。

132

习题解答 第十章 简单的超静定问题 1 m A 1 1 m 1 m A2 F B 题10.8图

FN1FN2FΔl1Δl22 m FRAyB

解:杆1和杆2的受力图如图所示,

这是一次超静定问题,可利用的平衡方程只有一个

MA 0, FN11FN22F3 (1)

FN13/2E1201061l1FN1l1EA2变形协调方程为  (2)

l2EA1FN2l2E60106FN24/32解(1)、(2)式,得 FN13.6KN FN27.2KN 由平衡条件

Fy0, FN1FN2FRAyF

得 FRAy4.8KN

10.9 水平刚性横梁AB上部由杆1和杆2悬挂,下部由铰支座C支撑,如图所示。由于制造误差,杆1的长度短了1.5 mm。已知两杆的材料和横截面积均相同,且

E1E2200GPa,A1A2A。试求装配后两杆的应力。

1 A 2 m C B 1 m 题10.9图

2 45° 1.5 m

解:设1杆伸长1则2杆伸长2221 4

2F12MC0,1EA 1.5F24F0,F21 22满足:F11A 133

习题解答 第十章 简单的超静定问题 F22A21.52EA

代入得24F21,F2142

10.122mm

11E16.2MPa 1.52

2E45.9MPa

1.5210.10 图示阶梯状杆,左端固定,右端与刚性平面相距1 mm。已知左右两段杆的横截面积分别为600 mm2和300 mm2,材料的弹性模量E210 GPa,试求左右两段杆的内力。

AFA3 m 3 m F=60 kN C  B C60KNBFB

题10.10图

解:这是一次超静定问题,受力图如图所示,其静力学平衡方程为

Fx 0, FAFB60 (1)

CB变形协调方程为 lACl  (2)

利用胡克定律,可得各段杆的变形

lACFAlACFl lCBBBC EA1EA2代入(2),的补充方程FA2FB42 (3) 联立(1)、(3),解得 FAKN FB6KN

10.11 两端固定的阶梯状杆如图所示。已知左右两段杆的横截面积分别为A和2A,材料的

6弹性模量E210GPa,线膨胀系数12.510 /C。试求温度升高30C时左右两段

杆的应力。

134

习题解答 第十章 简单的超静定问题 Al l C 题10.11图

BFB

B

FA

解:阶梯状的受力图,如图所示,静力学平衡条件为

Fx 0, FAFB0 (1)

变形协调方程为 lAClCB l t (2)利用胡克定律,可得各段杆的变形

FAlFlFl lCBBA EA2EA2EA连同温度变形 lt2lT lAC一并代入(2),得补充方程

3FAl2Tl (3) 2EA4TlEA 联立(1)、(3)得FAFB3F4TlE105l 所以杆内各段的应力ACAA3F1BCBAC52.5l

2A2

10.12 如图所示两端固定的阶梯状圆轴,在截面突变处承受外力偶矩Me。已知左右两段轴的直径分别为d1和d2,设d12d2,材料的切变模量为G。试求两固定端处的支反力偶矩MA和MB。

l 2l Me C 题10.12图

B A MA Me C MBB

解:此为一次超静定问题,阶梯轴的受力图,如图所示,其静力平衡条件为

Mx (1) 0, MAMBMe因端面A和B均被固定,所以端面A相对截面C与端面B相对截面C的扭转角相同,即

ACCB (2)

端面A,B相对于截面C的扭转角分别为

ACMAlMAl (3) GIp1G(2d)432 135

习题解答 第十章 简单的超静定问题 CB2MBl2MBl (4) GIp2Gd432解上面四个式子可得固定段的支反力偶矩

MA

321Me MBMe 333310.13 图示一两端固定的钢圆轴,直径d60 mm,轴在截面C处受一外力偶矩

Me3.8 kNm。已知钢的切变模量G=80 GPa。试求截面C两侧横截面上的最大切应力

和截面C的扭转角。 0.5 m

解:此为一次超静定问题,圆轴的受力图,如图所示,其静力平衡条件为

Me C 1 m B A MAMe MBB 题10.13图

Mx 0, MAMBMe因端面A和B均被固定,所以端面A相对截面C与端面B相对截面C的扭转角相同,即

ACC B

MAlCAMl CBBBC GIpGIp21Me MBMe 33并且有AC联立上面的式子有MA所以截面C左侧圆轴横截面上的最大切应力

maxMA23.8103Pa59.8MPa 3Wp30.0616MB13.8103Pa29.9MPa 3Wp30.0616MAlCA23.81030.51800.713 4GIp30.068010932所以截面C右侧圆轴横截面上的最大切应力

max截面C的扭转角

CACCB

10.14 一空心圆管A套在实心圆杆B的一端,如图所示。两杆在同一截面处各有一个直径相同的贯穿小孔,但两孔的中心线成一个角。现在杆B上施加外力偶使杆B扭转,以使两孔对

136

习题解答 第十章 简单的超静定问题 准,并穿过孔装上销钉。在装上销钉后,卸除施加在杆B上的外力偶。试求管A和杆B横截面上的扭矩。设管A和杆B的材料相同,切变模量为G,极惯性矩分别为IpA和IpB。

A  B lB 题10.14

lA

DA CB MBE

解:先对实心圆杆B施加一外力偶矩并使其截面C相对截面E转过角,当套A和杆B上的孔对准重合后,装上销钉,然后取出外力偶矩,这时杆B产生回弹,并带动套A的截面C相对截面D转过一个A角,杆B回弹后,其截面C相对截面E的实际转角为B,并且有

MA AB (1)

达到平衡状态时的受力图如图所示,其静力平衡条件为

M将

x 0, MAMB (2)

AMAlAMl BBB GIpAGIpB代入(1)后与(2)联立,可解得

MAMB

GIpBIpAlAIpBlBIpA

10.15 试求图示AB梁B截面的挠度。设AB梁各截面的抗弯刚度均为EI,BC杆的抗拉刚度为EA。

C a q A

2a 题10.15图

Cq FN BB A ωB=Δl

解:这是一次超静定问题,解除拉杆对梁的约束,代之以轴力FN,如图所示,变形协调条件是在梁的均布载荷q和轴力FN的作用下,梁在B点的挠度等于拉杆的伸长,即

Bl

137

习题解答 第十章 简单的超静定问题 应用叠加原理有

q(2a)4FN(2a)3FNa 8EI3EIEA6Aqa3FN 23I8AaFNa6qa4所以有Bl EA3EI8EAa210.16 求图示超静定梁的两端反力。设固定端沿梁轴线的反力可以省略。

F A a b B A q B

a (a) (b)

题10.16图

解:(a)图示为二次超静定结构,因结构和载荷均对称,从中间把梁切开,(图a1)截面上的反对称内力即剪力必为零,只有弯矩X1,问题简化为一次超静定。因对称截面的转角为零,所以正则方程为

11X11F0 (1)

A q C X1 C X1 ql28 q _ A MqCa/2q AMA A MC1 FRA+(a 2)1

利用图乘法(图a2)求系数11和常数1F

(a1)

111(1(a/2))1aMC (2) EIEI2EI1a1(qa2)11qa3328 1F (3) MCEIEI48EI将(2)、(3)入上述正则方程(1)式得

qa3/(48EI)qa2 X111a/(2EI)241F根据平衡条件求约束反力,

1a2MXq()0 M0,A1A22 138

习题解答 第十章 简单的超静定问题 qaqa2MA(逆时针) FRA(向上)

212有对称性可求得

qaqa2MB(顺时针) FRAFRB(向上)

212

(b)如图所示,图示为二次超静定结构,解除B端约束代之以反力X1,X2,静定基如(图

b1)所示。

A F B _ A MA A CF B X2 FaA M B 1X1MB=X2B 1l2a/3+b+ M1A B 1CF FRA(b1) RB=X1F+M2

(b2)

正则方程为

11X112X21F0 21X122X22F0

利用图乘法(图b2)求系数ij和常数iF

12(ab)2(ab)1(ab)323 11MCEIEI3EI1(ab)2(1)1(ab)22 1221MCEIEI2EI11(ab)(1)(ab)22MC

EIEIEI122aF(ab)a2F231F(3b2a)

EI6EI12aF(1)a2F2 2FEI2EI将后面五个式子代入正则方程组有

139

习题解答 第十章 简单的超静定问题 a2F(3ba)a2Fb X2 X132(ab)(ab)a2F(3ba)Fa2b(向上) MBX2 (顺时针) FRBX1(ab)3(ab)2由静力平衡方程可求得

a2F(b3a)Fab2(向上) MBX2(逆时针) FRA32(ab)(ab)10.17 直梁ABC在承受载荷前搁置在支座A、C上,梁与支座B间有一间隙。在加上均布载荷后,梁就发生变形而在中点处与支座B接触。如要使三个支座的约束反力相等,则应为多大?设梁的刚度EI为已知。

q

q A C A C l 2α B l 2FAl 2

FB l 2FC

题10.17图

解:解除图所示梁的约束,代之以支座反力,其受力图,如图所示,因要求支座A,B,C三处约束力相等,所以应有

ql 6因变形后,B的垂直位移为,故有(B)q(b)FB

FAFBFC查梁挠度的公式。可得

ql3l5ql6

384EI48EI47ql4解上式 

1152EI

10.18 梁ACB两端铰支,中点C处为弹簧支承。若弹簧刚度k500 kN/m,且已知l4 m, b60 mm,h80 mm,E1.0104MPa,均布载荷q10 kN/m,试求弹簧的支反力。

q

A C B h b

140

A q l 2l 2FCFCC B

习题解答 第十章 简单的超静定问题 题10.18图

解:这是一次超静定问题,梁的中点挠度C等于弹簧被压缩高度,即C 对应于被压缩高度,弹簧受压力FC

FCl3FC5ql4 查挠度表有 C384EI4EI8kbh30.060.083又 I 1212FC43FC5104256有 3350.060.080.060.0851038410104810101212即 FC22.0K6N

10.19 为了提高悬臂梁AB的强度和刚度,用短梁CD加固。设二梁EI相同,试求加固后AB梁B截面的挠度。

F A C l 2l 题10.19图

A C lD2 D1F B B D FD1 2l FD2

解:将题给的图从D拆开,分成二个的悬臂梁,如图所示,由于二梁接触处的垂直位移相同,所以有

DD

12利用所提供的梁挠度公式,得

FC1l3FC2l3Fl2 (6ll)6EI3EI3EI解上式,并注意到FD1FD2,得二梁接触处的压力 FD1FD25F 4Fl225Fl3(6ll)所以加固后B点的挠度为 B 6EI24EI 141

习题解答 第十章 简单的超静定问题

10.20 图示悬臂梁的自由端恰好与光滑斜面接触。若温度升高t,试求梁内最大弯矩。设该梁的弯曲刚度EI、横截面积A及线膨胀系数均为已知,且梁的自重以及轴力对弯曲的影响皆可略去不计。

BA F Rx FRFRy45° l A 题10.20图

° A BB ωB

Δ45° l

解:这是一个一次超静定问题,因温度的提高,梁伸长l。它是斜面反力FR和温升引起的膨胀共同作用的结果,由图得几何关系

BlltlN

FlFRl3tlRx 3EIEA约束分力FR的两个正交分量 FRxFRyFRcos45 有最后两式有 FRxt1l2EA3EI3tEIA

3IAl2截面A为最大弯矩MmaxFRxl3tEIAl

3IAl2 142

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