1、第十四章靜不定問題分析題號頁14-1 . 114-2 . 214-3 . 414-4 . 714-5 . 914-7 . 1014-8 . 1214-10 . 1414-11 . 1514-12 . 1714-13 . 1914-14 . 2114-15 . 2214-16 . 2714-18 . 2814-20 . 2914-21 . 31（ 也可通過左側題號書簽直接查找題目與解）14-1試圖示各結構的靜不定度。1題 14-1 圖解：（a）在平面受力時，一個封閉框有三個多余約束，此問題又多一個外約束，故為四度靜不定。（b）若無中間鉸，兩邊的剛架，二者均為靜定剛架。安此中間鉸，使相連處在 x、

2、y 兩個方向的相對位移均受到約束，故為二度靜不定。另一種分析方法是搭結構法，以左邊的靜定剛架為基礎，搭上右邊的剛架需要加三個約束，中間鉸已提供了兩個，右下端只需再加一個約束就可以了，可現在加了三個約束（固定端），故為二度靜不定。（c） 在平面受力時，一個圓環有三個多余約束，安一個中間鉸，減少一個約束，現安有兩個中間鉸，故為一度靜不定。（d） 在平面受力時，一個封閉框有三個多余約束，此框在左上角和右下角各有一個中間鉸， 減去兩個約束，故為一度靜不定。14-2 圖示各剛架，彎曲剛度 EI 均為常數。試求支反力，并畫彎矩圖。題 14-2 圖（a）解：法 1，常規解法2此為一度靜不定問題。如圖 14-

3、2a(1)所示，解除 B 處水平約束，代以多余反力 FBx。圖 14-2a由 M A = 0 ，得M elF=- FByBx據圖（1）與圖（2），列彎矩方程如下： MxM (x ) = FM (x ) =x - F l- FeBx 1，2Bx 2Bx1lM (x2 ) = x2 - lM (x1 ) = -x1 ，將其代入 1 l 1 lM (x )M (x )M (x )M (x )dx=+dxBx111222EI0EI0并利用協調條件 Bx = 0 ，可得M eF=（）Bx2l依據平衡條件，進而可得M eM eM eF=（）， F=（）， F=（），ByAxAy2l2l2l3法 2，利用稱

4、性求解見圖（3），可直接得到合支反力 F，M e2lF =將其分解，所得結果與法 1 完全相同。彎矩圖如圖（4）所示。（b）解：此為一度靜不定問題。載荷狀態及狀態如圖 14-2b 所示。圖 14-2b彎矩方程為qM (x ) = F x ,) = F l -x2M ( x1Bx 12Bx22M (x1 ) = x1 ,M (x2 ) = l將其代入 1 l 1 l M (x )M (x )M (x2 )M (x2 )=+dxdx2Bx111EI0EI0后，得1 4ql 4 =l -3BxFBxEI36代入協調條件= 0Bx得= ql8FBx彎矩圖如圖（3）所示。14-3 圖示圓弧形小曲率桿，彎

5、曲剛度 EI 為常數。試求支反力。對于題(b)，并計算截面4A 的水平位移。題 14-3 圖（a）解：此為一度靜不定問題。由對稱性可得FF= F=（）ByCy2又由于對稱性（A=0），求Cx 的載荷狀態及狀態可示如圖 14-3a。圖 14-3a彎矩方程為M (j ) = F Rsinj - F R(1 - cosj )Cx2M (j ) = Rsinj將其代入2 1 M (j )M (j )=RdjCxEI0后，得R 3 F -=FCxCxEI 44 代入協調條件= 0Cx得5F= F （）Cx進而求得F= F （）Bx（b）解：此為一度靜不定問題。求 Ay 的載荷狀態及狀態可示如圖 14-3

6、b。圖 14-3b彎矩方程為M (j ) = M e - FAy R sin jM (j ) = -R sin j將其代入12 M (j )M (j )Rdj =AyEI0后，得R 2 =R - MAyFAyeEI4代入協調條件= 0Ay得6= 4M eF（）AyR進而求得= 4 - M= 4M eF= 0 ，F（），M（3）ByBeBxR求 Ax 的載荷狀態及狀態示如圖（3）和（4）。彎矩方程為- 4M eM (j ) = Msin jeM (j ) = R(1 - cosj )將其代入12 M (j )M (j )Rdj =AxEI0后，得到(2 - 2 - 4) MR2R2M=e= -0

7、.0658e（）Ax2EIEI14-4圖示桁架，各桿各截面的拉壓剛度均為 EA。試求桿 BC 的軸力。題 14-4 圖解：此為一度靜不定問題。求 e / e 的載荷狀態及狀態如圖 14-4a 和 b 所示。7圖 14-4求切口處相對位移 e / e 的過程列于下表：由此得5 F Ni FNili(2 +2 )F a - Fa= i=1=N5e / eEAEA代入協調條件e / e = 0得到= 2 -2 FF= FNBCN528iliF NiFNiF Ni FNili1a- 12- FN52FN5a22a- 1 2F - FN52(FN5 - F )a 23a- 1 2F - FN52(FN5

8、 - F )a 24a- 12- FN52FN5a252a1FN52F N5a(2 +2 )FN5 a - Fa14-5 圖示小曲率圓環，承受載荷 F 作用。試求截面 A 與 C 的彎矩以及截面 A 與 B 的相對線位移。設彎曲剛度 EI 為常數。題 14-5 圖解：1求 M A 和 M C此為三度靜不定問題。有雙對稱性可利用。由對稱條件可得（圖 14-5a）F2F= F=NCND圖 14-5由雙對稱性可知，q C = 0 ，q A = 0據此可方便地求出 MC 。求q C 的載荷狀態及狀態示如圖 b 和 c。彎矩方程為M (j ) = M + F R(1- cosj )C29M (j ) =

9、 1將其代入12 M (j )M (j )Rdjq =CEI0后，代入協調條件q C = 0可得M= - - 2 FRC2進而可求得= FRMA2求 A / B令原題圖中的 F=1，即為求 A / B 的狀態。依據圖 a，可以寫出彎矩方程如下：M (j )= - - 2 FR + F R(1- cosj )22M (j ) = - - 2 R + R (1- cosj )22將其代入42 M (j )M (j )Rdj=A / BEI0后，得到(2 - 8) FR3FR3= 0.1488（A / B）4EIEI14-7 試畫圖示剛架的彎矩圖。設彎曲剛度 EI 為常數。10題 14-7 圖（a）

10、解：此為二度靜不定問題。有對稱性可利用。如圖 14-7a 所示，由于 C 處有鉸，所以 MC = 0 ；又由于 C 處在對稱位置，故知其 FS = 0 。鉸 C 左右兩邊各受切向載荷 F/2。相當系統（取左邊一半）如圖（1）所示，待求未知力僅有 FNC一個。圖 14-7a求截面 C 的水平位移 Cx ，并根據對稱條件，有Cx = 0由此得到F= 3 F （）NC8彎矩圖如圖（2）所示，其最大彎矩為Fl4| M |=max（b）解：此為三度靜不定問題。有稱性可利用。在結構對稱面 C 處假想切開，由于稱，故有= 0 ，M C = 0FNC11待求未知內力僅有 FSC 一個。求 Cy 的載荷狀態及狀

11、態如圖 14-7b 所示。圖 14-7b彎矩方程為l - ql xM (x ) = F x ，M (x ) = F1SC 12SC222l2M (x ) = x ，M (x ) =112將其代入l 1 1 l (x)M (x )M (x )M (x )2 M=dx +dxCy111222EI0EI0后，得7F l 3 - 3ql 4=SCCy24EI代入協調條件= 0Cy得F= 3 ql （）SC7彎矩圖如圖（3）所示，其最大彎矩為2ql 2| M |max =714-8 試畫圖示各剛架的彎矩圖，并計算截面 A 與 B 沿 AB 連線方向的相對線位移。設彎曲剛度 EI 為常數。12題 14-8

12、 圖提示：本題 ad 均為三度靜不定問題。其中，a 與 b 均為雙對稱問題。對稱面上 FS = 0 ，FN可由靜力平衡條件求出，只剩下一個未知內力待求，依據協調條件（切口兩邊相對轉角為零）即可求出。c 與 d 均為雙稱問題，結構對稱面上只有 FS 待求，而且可由靜力平衡條件求出。由于問題比較簡單，這里擬直接給出結果。（a）ql 212ql 4=M max=64EIA / B，（ ）（b）Fl8Fl 3M=（96EIA / B，）max（c）Fl2 = 0M=，maxA / B（d）ql 24=M max= 0A / B，13彎矩圖見圖 14-8。圖 14-814-10 圖示小曲率圓環，承受載荷

13、 F 作用。試計算支反力。設彎曲剛度 EI 為常數。題 14-10 圖解：此為四度靜不定問題。有雙對稱條件可以利用。若圓環無左右剛壁約束，由題 14-5 之解可得F= F= - F （負號代表）NCND2= - FR - 2 FR ，M= MM = M=CDAB2由 F 引起的 D CD 可根據圖 14-10a 和 b 來算。14圖 14-10彎矩方程為M (j ) = - 2 FR - F R(1- cosj )22M (j ) = -Rsinj將其代入22 M (j )M (j )RdjD =C / DEI0后，得= (4 - )FR3D （ ）C / D2EI設 C 與 D 處的水力為

14、Fx，根據題 14-5 所得的A/B，這里有 Fx 引起的 DC/ D ，(2 - 8) F R3DC / D = - x （）4pEI代入協調條件= C / D + C / D = 0C / D最后得= 8 - 2 F （F）x2 - 8B 處支反力為= F （）FBy14-11 圖示桁架，承受載荷 F = 80kN 作用，各桿各截面的拉壓剛度均為 EA。試求桿BC 的角位移。15題 14-11 圖（a）解：此為一度靜不定問題。由圖 14-11a（1）可知，因為稱，所以有= 0FN 2又據圖（2）可得= -F （壓）， FN5=2FFN3圖 14-11a求q BC 的載荷狀態及狀態可簡畫如圖

15、（2）和（3）。計算過程歸納如下表：于是得16il iF NiFNiF Ni FNili3a- 1a- FF52a12a2F2F(1 +2 )F= F Ni FNili = (1 +2)Fq（3）BCEAEA（b）解：此為一度靜不定問題。由圖 14-11b（1）可知，由于稱，故有= 0FN 2進而可得= F ,= -FFN1FN3（壓）圖 14-11b求q BC 的載荷狀態及狀態如圖（1）和（2）所示，桿 2 均視為被切斷。計算過程歸納如下表：于是得= F Ni FNi li3Fq=（3）BCEAEA14-12圖示結構（均為小曲率圓桿），彎曲剛度 EI 為常數。試計算截面 A 與 B 沿 AB

16、 連線方向的相對線位移。17il iF NiFNiF Ni FNili12a12 3aFF332a-1 3aF2F33F題 14-12 圖（a）解：此為一度靜不定問題。有雙對稱條件可以利用。取上半部分來分析，受力如圖 14-12a 所示。此即為求A / B 的載荷狀態，將 F 換成 1，即為求A / B狀態。的圖 14-12a如圖（這樣取計算較方便），彎矩方程為取M (j ) = FR 1 - sinj 22M (j ) = R 1 - sinj 2 2將其代入46 M (j )M (j )Rdj=A / BEI0后，得(+ 3 3 - 8)FR3FR3= 0.0422A / B8EIEI（b

17、）解：此為三度靜不定問題。有稱條件可以利用。18先求內力。取相當系統如圖 14-12b(1)，另二內力均為零，圖中未畫。圖 14-12b求A / A 的載荷狀態及狀態示如圖（1）和（2）。彎矩方程為M (j ) = qR (j - sinj ) - F Rsinj2SAM (j ) = -Rsinj將其代入2=M (j )M (j )RdjA / AEI0后，代入協調條件A / A =0，可得= qRFSA求A / B 的載荷狀態及狀態如圖（1）和（3）所示。由于 M (j ) 左右異號，而 M (j ) 左右同號，不難，二者相乘后的值必為零，即= 0A / B14-13 圖示兩端固定桿，如果

18、溫度升高 T，試計算桿內的最大正應力。材料的彈性模量為 E，線膨脹系數為a l ，截面寬度不變。題 14-13 圖解：此為三度靜不定問題。有對稱條件可以利用。191求對稱面 C 上的內力載荷狀態、求Cx 的狀態及求qC 的狀態分別示如圖 14-13a,b 和 c。圖 14-13求 Cx 的內力方程為FN (x1 ) = FNC ，F N (x1 ) = 1 ，FN (x2 ) = FNCF N (x2 ) = 1h ，M (x ) = MM (x ) = M - F1CNC2C4M (x ) = - h ，M (x ) = 0124將其代入2F Ni Fl1l ()()= Ni i EAi+C

19、xMx1Mx1dx1EI10i =1算得11l3lEh3M= 3 a TlD=F-( 1)CxNCCl4Eh22求q C 的內力方程為h ，M (x ) = MM (x ) = M - F1CNC2C4M (x1 ) = 1，M (x2 ) = 1將其代入 l21l 1q =+M ( x )M (x )dxM (x )M ( x )dxC111222EI0EI012后，得20 Mh 12lF48lq=-+M= 0NC（2）CCC4Eh4Eh4聯解方程（1）與（2），得315M=a TEh3,F=a TEh2ClNCl104262求桿內的最大正應力最大正應力存在于該桿中段，其值為M CFNC=

20、+Ea T = 1.846Ea Ts=+maxll2h h h 14-14 圖示小曲率圓環，承受矩為 Me 的力偶作用，試計算截面 A 與 B 間的相對轉角。已知圓環的平均半徑為 R，橫截面的直徑為 d，彈性模量為 E，切變模量為 G。題 14-14 圖解：此為六度靜不定問題。有雙對稱條件及平面- 空間問題的規律可以利用。設豎向直徑兩端截面為 C 和 D，由于 C 為對稱截面，故有稱內力素為零，即FSyC = FSzC= TC = 0又由于這是平面- 空間問題（即平面結構、外載荷均垂直于結構平面的問題），故有結構平面內的內力素為零，即FNC = M zC = 0由此可知，截面 C（或 D）待求

21、未知內力只剩下 M yC （或 M yD ）一個（見圖 14-14a）。21圖 14-14由于雙對稱，故有= M yDM yC由圖 a 可得M e2M= M=yCyD由于雙對稱，求j A B 的載荷狀態及狀態可示如圖 b 和 c。內力方程為M eM (a ) = M e sinaT (a ) =cosa,2T (a ) = cosa,2M (a ) = sina將其代入22 2 2 jA B=a )T (a )Rda +a )M (a )RdaT (M (GI p0EI0后，得截面 A 與 B 之間的相對轉角為= M e R ( 1 + 1 ) = 8M e R ( 1 + 2 )jA Bd

22、44I2GEGE14-15 圖示等截面剛架，橫截面為圓形，材料的彈性模量為 E，泊松比為 m = 0.3 。試畫剛架的彎矩圖與扭矩圖。22題 14-15 圖（a）解：此為六度靜不定問題。有對稱條件及平面-空間問題的規律可以利用。如圖 14-15a（1）所示，在對稱截面 C 處“切開”，有FSxC = FSzC= TC = 0由于是平面- 空間問題，故有= M zC= 0FNC至此，待求的未知內力只剩下 M xC 。圖 14-15a變形協調條件為q xC C = 023求q xC C 的載荷狀態及狀態示如圖（1）和（2）。內力方程為qT (x ) = M- q a2M (x ) = M- x ,

23、2x1xC12xC22M x (x1 ) = 1,由于 M (x2 ) = 0 ，故 M (x2 ) 也可省寫。將內力方程代入T (x2 ) = 1 1 EI xa 1 GI paq xC C =)dx +M ( x)M( xT ( x )T ( x )dxx1x1122200后，得- 1 + m2- qa6aEI+ (1 + m )q=qa= 02MxCMxCxC C 2x 注意到 =0.3 ，故有= 0.355qa2M xC上述計算中用到EI x1 + mE) (2I x ) =GI p =(2 1 + mM xC 求出后，可畫內力圖了。該剛架的彎矩圖和扭矩圖如圖（3）和（4）所示，其中，

24、= qa 2 ,= 0.145qa 2MTmaxmax（b）解：法 1，解除多余外約束此為六度靜不定問題。有對稱條件及平面- 空間問題的規律可以利用。此靜不定剛架的相當系統如圖 14-15b（1）所示。A 端解除多余約束后，由于對稱性（關于45o鉛垂面對稱），可得FF=（）SzA2由于是平面- 空間問題，故有FNA = FSyA= M zA = 024實際上，待求的未知多余反力只剩下 M yA 和TA 。圖 14-15b求q yA 和j A 的狀態示如圖（2）和（3）。內力方程為- F2M (x ) = MT (x ) = Tx，y1yA11AM y (x1 ) = 1T (x1 ) = 1，

25、T (x ) = M- F a- F2M (x ) = Tx，2yAx2A22T (x2 ) = 1M x (x2 ) = 1，將其代入 1 a 1 aq=+M( x )M( x )dxT (x )T ( x )dxyyA1y11222EI0GI p025及 1 a 1 aj A =T ( x )T ( x )dx +M ( x )M ( x )dxx1112x22GI p0EI0完成，并代入協調條件q yA = 0,j A = 0得方程 a M- Fa + (1 + m )a M- Fa = 0EI yAyA4EI2及(1+ m )TAa + aT- Fa = 0EI AEI4依次解得95M

26、=Fa = 0.391Fa,T =Fa = 0.1087FayAA2346剛架的彎矩圖和扭矩圖示如圖（4）和（5）。法 2，解除多余內約束此題亦可在對稱面處切開（解除多余內約束），從而得到原靜不定剛架的相當系統，如圖 13-15b（6）所示。由平面- 空間問題的規律可知，被切截面上只有一種內力偶矩 M 存在，其矢量是沿鉛垂對稱面與剛架平面的交線方向（45方向）的。取桿段 AB 來分析，將內力偶矩分解（按矢量分解容易看清楚）為彎矩 M 0 和扭矩 T（見圖 7），易知二者的大小相等，即M 0 = T = Mcos45o由對稱性可知，變形協調條件為（a）qB 45o= q Bcos45o + j

27、Bcos45o = 0（b）式中，q為 B 處對稱截面的總轉角，q 為 B 處橫截面由彎矩產生的轉角，j 為 B 處橫截面由B 45oBB扭矩產生的扭轉角。用載荷法不難求出q B 和j B ，其值分別為26 M1EIa - F a4q=2（c）B0和= Ta = (1+ m )Taj（d）BGIEIp將式（c）和（d）代入式（b），并注意到式（a），得=2 (q + j )qBBB 45o2(1+ m )= 2 1 MM a Fa -a+= 02 EI 2004EI由此得(2 + m )M= 1 Fa04即Fa5M 0 = T =) =Fa = 0.1087Fa(4 2 + m46可見，法 2

28、 所得結果與法 1 的結果是一致的，彎矩圖同圖（4），扭矩圖同圖（5）。14-16 圖示小曲率圓環，一重量為 P 的物體自高度 h 處自由下落。試計算圓環內的最大正應力。已知圓環的平均半徑為 R，橫截面的直徑為 d，彈性模量為 E，切變模量為 G，圓環的質量與物體的變形忽略不計。題 14-16 圖解：此為三度靜不定問題。271求被沖擊點的靜位移 st由題 13-5 之解可知，(2 - 8)PR3PR3PR3= 0.1488= 3.03Ed 4 st =()4EIEI2求最大沖擊載荷 Fd2h Fd = P1 + 1 +st3計算圓環內的最大正應力s max由題 13-5 之解還可知， Mmax

29、 發生在沖擊載荷作用處（及鉛垂直徑下端）截面上，其值為Fd R= 0.318F RMdmax由此得3.24PR M2hst1+max=1+s=3Wdmax4檢查在水平直徑兩端的截面上，受 M、FN作用，檢查其正應力，其值小于以上所算結果；對任意截面求s (j ) ，進而求極值，未發現有新的極大值。14-18 圖示階梯形梁，I1 =2I2 = I。試用三彎矩方程求解并畫彎矩圖。題 14-18 圖解：此為二度靜不定問題。原靜不定梁的相當系統示如圖 14-18a，待求的未知支點彎矩有 M 0（即 M A ）和 M 1（即 M B ）。28圖 14-18在圖 a 中，有= 0,M 2 = M e ,l0 = 0,l1 = l2 = lM -1I ; 2I = I ,I =w = w= w = 012012對于支座 0，得三彎矩方程2M 0l + M 1l= 0（a）I1I1對于支座 1，得三彎矩方程 1M 0lM e l1+ +I+ 2M l= 0（b）1III 12 21方程（a）與（b）化簡后聯立求解，得24M =M ,M = -M = M0e1eB1111進而求得支反力為= 6M e2（）， M=M （3），FyAA