超静定问题分析 典型习题解析 1试判断下列结构中为几度静不定，给出基本结构并列出相应的变形协调条件。 (a) (6) 题1图 (a)解I:梁有四个约束反力，有三个有效的平衡方程，但尚有一个条件，即在中间较 B处的内力弯矩为零，故为静定梁。 解Ⅱ：去掉任何一个约束，该梁成为几何可变机构，所以是1-1=0度静不定，即 静定结构。 (b)解：图示框架有三个约束反力，又有三个平衡方程式，故支反力是静定的。但框架 某一截面，有三个内力分量，即轴力、剪力和弯矩，是不能用静力方程直接确定的。 所以是内力三度静不定问题。将框架从任一截面截开，即构成基本结构。变形协调 条件为截开处左右边的轴向相对位移、横向相对位移和相对转角为零。 ()解：图示框架有四个约束反力，只有三个有效的平衡方程，为一度外力静不定。每 个封闭圈三个未知内力，两个封闭圈共有六个未知内力，为六度内力静不定。故为 七度静不定问题。基本系统为c-2。变形协调条件共七个，分别为：在B点，水平 位移4。=0，在C、D截面，左右相对转角为零、左右轴向相对位移为零以及左右 横向相对位移为零 -1 题1图(c)
1 超静定问题分析 典型习题解析 1 试判断下列结构中为几度静不定，给出基本结构并列出相应的变形协调条件。 (a) 解Ⅰ：梁有四个约束反力，有三个有效的平衡方程，但尚有一个条件，即在中间铰 B 处的内力弯矩为零，故为静定梁。 解Ⅱ：去掉任何一个约束，该梁成为几何可变机构，所以是 1-1＝0 度静不定，即 静定结构。 (b) 解：图示框架有三个约束反力，又有三个平衡方程式，故支反力是静定的。但框架 某一截面，有三个内力分量，即轴力、剪力和弯矩，是不能用静力方程直接确定的。 所以是内力三度静不定问题。将框架从任一截面截开，即构成基本结构。变形协调 条件为截开处左右边的轴向相对位移、横向相对位移和相对转角为零。 (c) 解：图示框架有四个约束反力，只有三个有效的平衡方程，为一度外力静不定。每 个封闭圈三个未知内力，两个封闭圈共有六个未知内力，为六度内力静不定。故为 七度静不定问题。基本系统为 c-2。变形协调条件共七个，分别为：在 B 点，水平 位移 ∆B = 0，在 C、D 截面，左右相对转角为零、左右轴向相对位移为零以及左右 横向相对位移为零。 A 题 1 图 (a) B C (b) (c-1) A 题 1 图(c) B A (c-2) B C D
()解：图示结构为一封闭的圆圈，在任意截面截开后，有三个未知内力分量，故为三 度静不定。沿对称轴将圆环被开，由于对称性，轴力等于5，剪力等于零，只利 下弯矩M未知，故只需补充一个变形协调条件。由于对称，变形协调条件可取为 0e=0。=0. 1E9 d-2) d-3 1图(d 2试求图示梁的支反力 解题分析：将B点铰拆开，则左右两边均为静定结构。而B点处有二个未知内力，所以为 二度静不定问题。但是在小变形条件下，B点轴向力较小可忽略不计。所以实际未知力只有 B点处垂直作用力一个。 解：1、写出变形协调方程 4m 设B点处垂直作用力为F,其方向如图示。 设左半边结构B点挠度为1，右边结构B点 挠度为W2,则本问题变形协调条件为 2、计算F 题2图 根据叠加原理，有
2 (d) 解：图示结构为一封闭的圆圈，在任意截面截开后，有三个未知内力分量，故为三 度静不定。沿对称轴将圆环截开，由于对称性，轴力等于 2 F ，剪力等于零，只剩 下弯矩 M 未知，故只需补充一个变形协调条件。由于对称，变形协调条件可取为 θ C = θ D = 0 。 2 试求图示梁的支反力。 解题分析：将 B 点铰拆开，则左右两边均为静定结构。而 B 点处有二个未知内力，所以为 二度静不定问题。但是在小变形条件下，B 点轴向力较小可忽略不计。所以实际未知力只有 B 点处垂直作用力一个。 解：1、写出变形协调方程 设 B 点处垂直作用力为 FBy ，其方向如图示。 设左半边结构 B 点挠度为 wB1，右边结构 B 点 挠度为 wB2 ，则本问题变形协调条件为 wB1 = wB2 。 2、计算 FBy 根据叠加原理，有 EI F l EI ql w By B 8 3 4 3 1 = − (d-1) F F (d-3) F (d-2) F/2 C D F/2 F F FN FS M M M 题 1 图(d) M A wB1 FBy F P C 4m 2m 20kN/ m A 2m B 40 kN C l/2 l q D B D 题 2 图 wB2 FBy l/2
3E1 得酷兰 由变形协调条件”1=W: 餐r-得装}-2[0x0N00y]-875x0N 8 48 3、计算支反力 分别考虑左、右边结构的平衡，得 F,=gl-F=(20x10'N/mx4m-8.75x103N=71.25x10'N=71.25kNt) M,=92-F1=×20×103Nm×4m-8.75x103N×4m =125×103Nm=125kNm(逆时针) F=F,+F=40×103N+8.75×103N=48.75×103N=48.75kNt) =115×103N,m=115kN,m(顺时针) 3结构如图示，设梁AB和CD的弯曲刚度EI相同。拉杆BC的拉压刚度EA己知，求拉杆 BC的轴力。 解题分析：将杆CB移除，则AB、CD均为静 定结构。杆CB的未知轴力FN作用在AB,CD B 梁上。为一度静不定问题。 解：1、写出变形协调方程 力q、F作用下，B、C点发生向下的挠度 题3图 同时杆CB产生拉伸变形。三者的关系为 ”。=Wc+4c,此即本问题的变形协调方程
3 EI F l EI l F l EI l F EI l F EI l F l w EI F l w By By D D By B 48 5 2 2 3 2 3 2 3 2 3 3 P 3 2 P 3 3 3 P 2 ⎟ = + ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ × ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = + + θ ⋅ = + 由变形协调条件 wB1 = wB2 得 ( ) 8.75 10 N 48 5 40 10 N 8 20 10 N/m 4m 2 3 48 5 2 8 3 3 3 3 P = × ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ × × − × × ⎟ = × ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = − ql F FBy 3、计算支反力 分别考虑左、右边结构的平衡，得 = − = ( ) 20×10 N/m × 4m − 8.75×10 N 71.25×10 N = 71.25kN(↑) 3 3 ＝ 3 A FBy F ql ( ) 125 10 N m 125kN m（逆时针） 20 10 N/m 4m 8.75 10 N 4m 2 1 2 1 3 2 3 2 3 = × ⋅ = ⋅ M A = ql − FBy l = × × × − × × = + = 40×10 N + 8.75×10 N 48.75×10 N = 48.75kN(↑) 3 3 3 FC FP FBy ＝ 115 10 N m 115kN m（顺时针） 8.75 10 N 4m 2 40 10 N 2 2 3 3 3 P P = × ⋅ = ⋅ ×⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + × × ⎟ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = ⋅ + = + F l F F l l M C F By By 3 结构如图示，设梁 AB 和 CD 的弯曲刚度 EI 相同。拉杆 BC 的拉压刚度 EA 已知，求拉杆 BC 的轴力。 解题分析：将杆 CB 移除，则 AB、CD 均为静 定结构。杆 CB 的未知轴力 FN作用在 AB，CD 梁上。为一度静不定问题。 解： 1、写出变形协调方程 力 q、FN 作用下，B、C 点发生向下的挠度， 同时杆 CB 产生拉伸变形。三者的关系为 wB = wC + ∆BC ，此即本问题的变形协调方程。 2a 2a A q A q a a B FN C D D a B a C 题 3 图 FN FN FN
2、计算CB杆的轴力FN 由叠加原理，得 8点换度为-gB 杆CB的牌长是为k一会 代入变形协调方程w。=wc+4c,得 42a)_Fs(2a)FsaFva 3EI EA 特咒别 3*A 4图示梁的右端为弹性转动约束，设弹簧常量为k。AB段可视为刚性，并与梁刚性连接。 又梁的变形很小，EI已知，试求在力F作用下B 被面上的弯矩。 B 解题分析：在力F作用下，梁B截面发生转动， F 使弹簧伸长4。设弹簧拉力为Fm,弹簧对B截 面的转动有约束。是一度静不定问题。 题4图 解：1、写出变形协调方程 设AB段转角为Om,梁CB的B截面转角为O,。由于AB与B点刚性连接，所以有 0m=02 2、计算F B截面弯矩为MB=F,a。梁在F及Ms的作用下，B截面的转角为 面弹资的神长及B线面转角分别为4：冬。0一台一怎。代入变彩协调方程0。-0
4 2、计算 CB 杆的轴力 FN 由叠加原理，得 B 点挠度为 ( ) ( ) EI F a EI q a wB 3 2 8 2 3 N 4 = − C 点挠度为 EI F a wC 3 3 N = 杆 CB 的伸长量为 EA F a ∆BC N = 代入变形协调方程 wB = wC + ∆BC ，得 ( ) ( ) EA F a EI F a EI F a EI q a N 3 N 3 N 4 3 3 2 8 2 − = + 解得 a A I qa A Aa qa F + = + = 2 3 2 N 3 2 1 3 2 4 图示梁的右端为弹性转动约束，设弹簧常量为 k。AB 段可视为刚性，并与梁刚性连接。 又梁的变形很小，EI 已知，试求在力 F 作用下 B 截面上的弯矩。 解题分析： 在力 F 作用下，梁 B 截面发生转动， 使弹簧伸长 ∆ 。设弹簧拉力为 FT，弹簧对 B 截 面的转动有约束。是一度静不定问题。 解：1、写出变形协调方程 设 AB 段转角为θ B1，梁 CB 的 B 截面转角为θ B2 。由于 AB 与 B 点刚性连接，所以有 θ B1 = θ B2 。 2、计算 FT B 截面弯矩为 M B = FT a 。梁在 F 及 MB的作用下，B 截面的转角为 EI F al EI Fl EI M l EI Fl B B 16 3 16 3 T 2 2 θ 2 = − = − 而弹簧的伸长及 B 截面转角分别为 k F ∆ T = ， ka F a ∆ B T θ 1 = = 。代入变形协调方程θ B1 = θ B2 ， C F FT B B1 a l/2 C F a B A 题 4 图 FT B2 l/2 ∆ ∆
得无5铝成片 3FPa K 3、计算B截面弯矩 B截面弯矩M,=Fa=163E1+知 3F10K 5试求图示双饺圆拱的支座反力及中点C沿F力方向的位移，E1为已知。 (b) (d) 题5图 解题分析：去掉B点水平位移约束，结构变为静定结构，所以为一度外力静不定问题。 解：1、变形协调方程 去掉B点水平位移约束，用未知力F代替，得相当系统如图b所示。变形协调方程为B 点水平位移为零，即4=0。 2、确定约束反力 由对称性知，《、B两点垂直方向的束反力大小为号、方向向上，如图e所示。 0e时，M=-s到+Ran 在相当系统中，去掉所有外力，即为基本系统。在基木系统B点加水平单位力，则 0≤p≤5，M(p)=1-Rsin9 由单位载荷法，B点水平位移（下式利用了对称性，只对1/4圆积分，然后乘以2）为 4oo=[-5l-o+Rs可小Rsn-Rd
5 得 EI F al EI F l ka F 16 3 T 2 T = − 或 16(3 ) 3 2 2 T EI a kl F l a K F + = 3、计算 B 截面弯矩 B 截面弯矩 16(3 ) 3 2 2 2 T EI a kl F l a K M F a B + = = 5 试求图示双铰圆拱的支座反力及中点 C 沿 F 力方向的位移，EI 为已知。 解题分析：去掉 B 点水平位移约束，结构变为静定结构，所以为一度外力静不定问题。 解： 1、变形协调方程 去掉 B 点水平位移约束，用未知力 FBx 代替，得相当系统如图 b 所示。变形协调方程为 B 点水平位移为零，即 ∆B = 0。 2、确定约束反力 由对称性知， A、 B 两点垂直方向约束反力大小为 2 F ，方向向上，如图 c 所示。 2 π 0 ≤ ϕ ≤ 时， ϕ (1 cosϕ) sinϕ 2 ( ) R F R F M = − − + Bx 在相当系统中，去掉所有外力，即为基本系统。在基本系统 B 点加水平单位力，则 2 π 0 ≤ ϕ ≤ , M (ϕ) =1⋅ Rsinϕ 由单位载荷法，B 点水平位移（下式利用了对称性，只对 1／4 圆积分，然后乘以 2）为 EI F R EI FR R F R R R F EI M M s EI ∆ Bx Bx s B 2 π 2 (1 cos ) sin 1 sin 2 2 ( ) ( ) 1 3 3 2 0 = − + ⋅ ⋅ ⋅ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = = − − + ⋅ ∫ ∫ π ϕ ϕ ｄ ϕ ϕ ϕ ｄϕ (a) C A B R F 题 5 图 (b) (c) F/2 R F FBx F (d) R 1 FBx F/2
由变形协调条件4，=0得人。=日 c 2 题5图 3、计算C点沿F力方向的位移4 在相当系统上，有 0sp≤经：Mo-号l-cop+号Rsmp: 在基本系统C点处沿F力方向加单位集中力，则 05p≤子：Wo)=-2-cosp)+Rs0 由单位载荷法，得 k=司omoa:=后后m-csp+sine Rdo { 6结构如图a所示，AC=AD=BC=BD=a,己知各杆弯曲刚度EI相同。A、B点为刚 性连接，C、D点为铰连接。将C、D点用一弹簧相连，弹簧常数为2k。但由于弹簧短了4， 强行相连后，在A、B点加力F。试问：当F为多大时，弹簧回复到其原长？ (a) (c) 题6图 解题分析：如果没有弹簧，该结构为静定的。加弹簧后，弹簧受的力未知，为一度静不定问 题。由于弹簧短了4，所以在加F力之前，弹簧己受拉力：在加F力过程中，C、D两点间 产生相向位移，弹簧所受拉力不断减小。当弹簧所受力为零时，弹簧即回复到原长。这时的 F即为所求
6 由变形协调条件 ∆B = 0 得 π F FBx = 3、计算 C 点沿 F 力方向的位移 ∆C 在相当系统上，有 2 π 0 ≤ ϕ ≤ ： ϕ ϕ sinϕ π (1 cos ) 2 ( ) R F R F M = − − + ； 在基本系统 C 点处沿 F 力方向加单位集中力，则 2 π 0 ≤ ϕ ≤ ： ϕ ϕ sinϕ π 1 (1 cos ) 2 1 M ( ) = − R − + R 由单位载荷法，得 ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = = − − + ∫ ∫ 8π 3π 8π 4 sin π 1 (1 cos ) 2 2 1 ( ) ( ) 1 3 2 2 2 0 2 EI FR FR R EI M M s EI ∆ s C ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ π ｄ ｄ 6 结构如图 a 所示， AC = AD = BC = BD = a ，已知各杆弯曲刚度 EI 相同。A、B 点为刚 性连接，C、D 点为铰连接。将 C、D 点用一弹簧相连，弹簧常数为 2k。但由于弹簧短了 ∆ ， 强行相连后，在 A、B 点加力 F。试问：当 F 为多大时，弹簧回复到其原长？ 解题分析：如果没有弹簧，该结构为静定的。加弹簧后，弹簧受的力未知，为一度静不定问 题。由于弹簧短了 ∆ ，所以在加 F 力之前，弹簧已受拉力；在加 F 力过程中，C、D 两点间 产生相向位移，弹簧所受拉力不断减小。当弹簧所受力为零时，弹簧即回复到原长。这时的 F 即为所求。 F 1 F/π 1/2 F/2 F/2 F/π 1/π 1/π 1/2 题 5 图 (e) C C (a) (c) a F A D C (b) 题6图 x F B F X X F/2 F/2 M max
解：1、变形协调方程 由于左右对称，只取左半部分研究。将弹簧去掉，用弹簧所受的力的一半代替其作用，得 相当系统如图b所示。设X、F作用下，C、D间相对位移为4，则弹簧的伸长变形与4之 和应该等于4。所以变形协调方程为 2的+4=4或+4=4 (2k) 2、计算弹簧受力X 以C为原点，沿CA建立x坐标系，则CA部分的弯矩为 -传+owa5.股-ows c蛋分价应金能为c-温 左半都分结将的总应支能为么-2一四： 由卡氏第二定理，得 4-0w指) ax 代入变形协调方程，得 =SEIk4-AFa 2ka+6El 附架的与矩理国：所示其中从一：器 3、计算弹簧回复到其原长时的F的大小 令X=0,即6E-0,得F6E型 2ka’+6EI
7 解：1、变形协调方程 由于左右对称，只取左半部分研究。将弹簧去掉，用弹簧所受的力的一半代替其作用，得 相当系统如图 b 所示。设 X、F 作用下，C、D 间相对位移为 ∆1 ，则弹簧的伸长变形与 ∆1 之 和应该等于 ∆ 。所以变形协调方程为 ∆ ∆ k X + 1 = (2 ) (2 ) 或 ∆ ∆ k X + 1 = 2、计算弹簧受力 X 以 C 为原点，沿 CA 建立 x 坐标系，则 CA 部分的弯矩为 ( ) X x F M x ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = +° ° sin 45 cos 45 2 ， ( ) ° = ∂ ∂ x cos 45 X M x CA 部分的应变能为 x EI M x V a AC = ∫ ｄ 0 2 ε 2 ( ) ， 左半部分结构的总应变能为 ( ) x EI M x V V a AC d 2 2 2 0 2 ε ε ∫ = = 由卡氏第二定理，得 ( ) ( ) 4 2 3 2 d 2 3 0 ε 1 F X a EI x X M x M x X EI V ∆ a ⎟⋅ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = + ∂ ∂ = ∂ ∂ = ∫ 代入变形协调方程，得 ka EI EIk∆ kFa X 2 6 6 3 3 + − = 刚架的弯矩图如图 c 所示，其中 a k EI EIk∆a EIFa M 2 2 6 2 6 3 max 3 + + = 。 3、计算弹簧回复到其原长时的 F 的大小 令 X = 0，即 0 2 6 6 3 3 = + − ka EI EIk∆ kFa ，得 3 6 a EI∆ F =