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

钢

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