建筑力学李前程教材第四章习题解
建筑力学-第4章 平面力系的简化与平衡方程.
平面固定端约束
=
=
≠
=
3、 平面任意力系的简化结果分析
=
FR 0 M O 0
合力
合力作用线过简化中心
FR 0 M O 0
合力
合力作用线距简化中心M O
FR
其中
MO d FR
M o FRd
M o ( FR ) M O M O ( Fi )
FR FR FR
q 20 kN
求： 固定端A处约束力.
, l 1m; F 400kN, m
解： 取T型刚架，画受力图. 1 其中 F1 q 3l 30kN 2 Fx 0 FAx F1 F sin 600 0 解得 FAx 316.4kN
F Ay P F cos 60 0 Fy 0 解得 FAy 300kN
A
M
解得
0
12 FBy 10 P 6 P 1 4P 2 2 P 5F 0
FBy 77.5kN
iy
F
解得
0 FAy FBy 2 P P 1P 2 0
FAy 72.5kN
取吊车梁,画受力图.
M
解得
D
0
8FE' 4P 1 2P 2 0
Fx 0
Fy 0
FAx FB 0
FAy P 1P 2 0
M
解得
A
0
FB 5 1.5 P 1 3.5 P 2 0
FAy 50kN
FB 31kN
FAx 31kN
例4-4 已知： P, q, a, M pa; 求： 支座A、B处的约束力. 解：取AB梁，画受力图.
建筑力学习题及答案1-4
1-1 如图1-29所示，画出下列各物体的受力图。
所有的接触面都为光滑接触面，未注明者，自重均不计。
图1-291-2 如图1-30所示，画出下列各物体的受力图。
所有的接触面都为光滑接触面，未注明者，自重均不计。
图1-30（a）AC杆、BD杆连同滑轮、整体；（b）AC杆、BC杆、整体；（c）AC杆、BC杆、整体；（d）AB杆、半球、整体；（e）球O1、球O2；（f）AB杆、CD杆、FG杆；（g）棘轮O、棘爪AB；（h）AB杆、BC杆、整体；（i）AB、CD、整体2-1 如图2-14所示，四个力作用于O点，设F1=50N，F2=30N，F3=60N，F4=100N。
试分别用几何法和解析法求其合力。
2-2 拖动汽车需要用力F=5kN，若现在改用两个力F1和F2，已知F1与汽车前进方向的夹角α=20o，分别用几何法和解析法求解：（1）若已知另外一个作用力F2与汽车前进方向的夹角β=30o，试确定F1和F2的大小；（2）欲使F2为最小，试确定夹角β及力F1、F2的大小。
图2-14 图2-152-3 支架由杆AB、AC构成，A、B、C三处都是铰链约束。
在A点作用有铅垂力W，用几何法求在图2-16所示两种情况下杆AB、AC所受的力，并说明所受的力是拉力还是压力。
图2-16 图2-172-4 简易起重机如图2-17所示，重物W=100N，设各杆、滑轮、钢丝绳自重不计，摩擦不计，A、B、C三处均为铰链连接。
求杆件AB、AC受到的力。
习题( 第三章 )3-1 计算下列各图中F力对O点之矩。
图3-163-2求图示梁上分布荷载对B点之矩。
图3-173-3 求图示各梁的支座反力。
图3-183-4 如图3-19所示，已知挡土墙重G1=90kN，垂直土压力G2=140kN，水平压力P=100kN，试验算此挡土墙是否会倾覆？3-5 如图3-20所示，工人开启闸门时，常将一根杆穿入手轮中，并在杆的一端C加力，以转动手轮。
设杆长l=1.4m，手轮直径D=0.6m。
建筑力学_Chapter4
其它力系的平衡条件
汇交力系平衡的充分必要条件： 汇交力系平衡的充分必要条件： 空间问题
∑ Fx = 0 ∑ F y = 0, ∑ Fz = 0
平面问题
∑ Fx = 0 , ∑ Fy = 0
力偶系平衡的充分必要条件： 力偶系平衡的充分必要条件：
∑ M x ( F ) = 0 ∑ M y ( F ) = 0, ∑ M z ( F ) = 0
F
重为W 例 ：重为 的均质正方形板 (边长a)水平支承在铅垂墙壁 边长a)水平支承在铅垂墙壁 a) 上，求绳1、2的拉力, BC杆 求绳1 的拉力, 杆 的内力和球铰链A的约束力。 的内力和球铰链A的约束力。 解：[板] 受力分析如图 基本方程
z
1 A 2
θ
ϕ
B
y
x
W
F z 1 Fz A
C
F 2
3m 1m
0
P1
P2
x
q=γy A y
3m 1m
解：
P2
水比重 ：γ=9.8kN/m3
h
0
P1
y
Q
q=γy A y
dy yc
yQ xR
α
1 2 水合力: 水合力 Q = ∫ qdy = h γ = 314kN 0 2 x h 2 2 水作用点: 水作用点 yC = ∫0 γ y dy/Q = h 3 1 y Q = h = 2.67m 3
θ
∑ Fx = 0 ∑ Fy = 0 ∑ Fz = 0
∑ M x (F ) = 0 ∑ M y (F ) = 0, ∑ M z (F ) = 0
A F Ay
Fx A
ϕ
建筑力学 第四章
O
I A 1 B C 2 D
在体系运动的过程中，瞬铰的位臵随之变 化。 用瞬铰替换对应的两个链杆约束，这种约 束的等效变换只适用于瞬时微小运动。
八、无穷远处的瞬铰
∞
如果用两根平行的链杆把刚片I和基础相连，则其 瞬铰在无穷远处—瞬时平动。 在几何构造分析中应用无穷远瞬铰的概念时，采 用影射几何中关于∞点和∞线的四点结论：
B 1
I II A
2
C
3、对于A点增加两根共线的链杆后，仍然具有1个自由度。 可见在链杆1和2这两个约束中有一个是多余约束。
一般来说，在任一瞬变体系中必然存在多余约束。
七、瞬铰 点O: 瞬时转动中心 此时刚片I 的瞬时运动情况与刚片I在O点 用铰和基础相连的运动情况完全相同。 从瞬时微小运动来看，两根链杆所起的约 束作用相当于在链杆交点处的一个铰所起 的约束作用，这个铰称为 瞬铰（虚铰）
I II A
1 2
I
C
A
II
B
1 B
2 C
两根链杆彼此共线 1、从微小运动的角度看，这是一个可变体系。 左图两圆弧相切，A点可作微小运动； 右图两圆弧相交，A点被完全固定。
B 1
I II A
2
C
2、当A点沿公切线发生微小位移后，两根链杆不再共线， 因而体系就不再是可变体系。 本来是几何可变，经微小位移后又成为几何不变的体系 称为瞬变体系。 可变体系分为瞬变体系和常变体系，如果一个几何可变 体系可以发生大位移，则称为常变体系。
一点在平面内有两个自由度
一个刚片在平面内有三个自 由度
三、自由度
一般来说，如果一个体系有 n 个独立的运动方式，则这 个体系有 n 个自由度。
一个体系的自由度，等于这个体系运动时可以独立改变 的坐标的数目。 普通机械中使用的机构有一个自由度，即只有一种运动 方式； 一般工程结构都是几何不变体系，其自由度为零。 凡是自由度大于零的体系就是几何可变体系。
《建筑力学》第4章计算题
计 算 题( 第四章 )试作图示各杆的轴力图。
图题4. 1图示等截面混凝土的吊柱和立柱，已知横截面面积A 和长度a ，材料的重度γ，受力如图示，其中10F Aa γ=。
试按两种情况作轴力图，并求各段横截面上的应力，⑴不考虑柱的自重；⑵考虑柱的自重。
图题一起重架由100×100mm2 的木杆BC 和直径为30mm 的钢拉杆AB 组成，如图所示。
现起吊一重物WF =40kN 。
求杆AB 和BC 中的正应力。
图题图示钢制阶梯形直杆，各段横截面面积分别为21100mm A =，2280mm A =，23120mm A =，钢材的弹性模量GPa E 200=，试求：（1）各段的轴力，指出最大轴力发生在哪一段，最大应力发生在哪一段；（2）计算杆的总变形；图题4.5 图示短柱，上段为钢制，长200mm ，截面尺寸为100×100mm2；下段为铝制，长300mm ，截面尺寸为200×200mm 2。
当柱顶受F 力作用时，柱子总长度减少了0.4mm 。
试求F 值。
已知：(E 钢=200GPa ，E 铝=70GPa)。
4.6 图示等直杆AC ，材料的容重为ρg ，弹性模量为E ，横截面积为A 。
求直杆B 截面的位移ΔB 。
题图 题图两块钢板用四个铆钉连接，受力kN 4=F 作用，设每个铆钉承担4F 的力，铆钉的直径mm 5=d ，钢板的宽mm 50=b ，厚度mm 1=δ，连接按（a ）、（b ）两种形式进行，试分别作钢板的轴力图，并求最大应力max σ。
题图用钢索起吊一钢管如图所示，已知钢管重kN10=G F ，钢索的直径mm 40=d ，许用应力[]MPa 10=σ，试校核钢索的强度。
正方形截面的阶梯混凝土柱受力如图示。
设混凝土的320kN m γ=，载荷kN 100=F ，许用应力[]MPa 2=σ。
试根据强度选择截面尺寸a 和b 。
题图 题图图示构架，30=α，在A 点受载荷kN 350=F 作用，杆AB 由两根槽钢构成，杆AC 由一根工字钢构成，钢的许用拉应力[]MPa 160t =σ，许用压应力[]MPa 100c =σ，试为两杆选择型钢号码。
《理论力学》第四章 力系的简化习题解
（1）确定悬索的形状
根据对称性，建立如图所示的坐标系。
由公式（4-6）得：
悬索的边界条件为： ， ， ， 。
所以悬索线方程为：
悬索线的斜率：
边界条件：
故悬索线方程为：
（2）求
（3）求最大拉力
由公式 得：
（出现在A、B两点处）。
[习题4-12]输电线之两塔相距 ，塔顶高差 ，垂度 ，电线每米重 ，并假定沿水平跨度均匀分布，求最低点水平拉力及最大拉力。
最大静摩擦力，那 么圆轮水平向右滑动，不
发生滚动。在这种情况下，杆OC的受力图如
图（a）所示。
由OC的平衡条件得：
圆轮的力图如图（b）所示。
由圆轮的平衡条件得：
（2）如果A先达到最大静摩擦力，那么圆轮将
沿地面滚动。此时，
由圆轮的平衡条件得：
（3）如果B先达到最大静摩擦力，那么圆轮将沿OC滚动。此时，
所示。由AB的平衡条件得：
………(1)
………(2)
………(3)
（1）/（2）得：
当物块M靠近B端时，板AB的受力如图（b）
所示。由AB的平衡条件得：
………(a)
………(b)
………(c )
(a)/(b)得：
综合考虑图(a)、(b)两种情况下的 值可知， 的范围是 。
[习题4-22] 攀登电线杆的脚套钩如图所示。设电线杆直径 ，A、B间的铅垂距离为 。若套钩与电线杆之间摩擦因为 ，求工人操作时，为了安全，站在套钩上的最小距离 应为多大？
故悬索线方程为：
…………(3)
(3) 代入（2）得：
当 时， ，即：
。故悬索线方程为：
(2)确定水平力
当 时， ，即：
令
建筑力学第4章习题解答
[习题4-2] 试求图示拉杆1-1、2-2、3-3截面上的轴力，并作出轴力图。
［解题要点］1、分段计算轴力(1)计算CD 段轴力a 、用3-3截面截开CD 段杆件，取右段分析，右段截面上內力用N 3代替，受力图如图（a ）。
b 、根据静力平衡条件计算N 1值 ∑F x ＝0 N 3＋2F ＝0 N 3＝－2F(2)计算BC 段轴力a 、用2-2截面截开BC 段杆件，取右段分析，右段截面上內力用N 2代替，受力图如图(b)。
b 、根据静力平衡条件计算N 2值 ∑F x ＝0 N 2＋2F －3F ＝0 N 2＝F (3)计算AB 段轴力a 、用1-1截面截开AB 段杆件，取右段分析，右段截面上內力用N 1代替，受力图如图(c)。
b 、根据静力平衡条件计算N 3值∑F x ＝0 N 3＋2F ＋3F －3F ＝0 N 3＝－2F 2、 绘制轴力图（图（d ））[习题4-3] 杆件的受力情况如图所示，试绘出轴力图。
［解题要点］1、分段计算轴力 (1)计算DE 段轴力a 、用3-3截面截开DE 段杆件，取右段分析，右段截面上內力用N 3代替，受力图如图（a ）。
b 、根据静力平衡条件计算N 1值 ∑F x ＝0 N 3－40KN ＝0 N 3＝40KN(2)计算CD 段轴力a 、用2-2截面截开CD 段杆件，取右段分析，右段截面上內力用N 2代替，受力图如图(b)。
b 、根据静力平衡条件计算N 2值∑F x ＝0 N 2＋60KN －40KN ＝0 N 2＝－20KN(3)计算AC 段轴力（AB 、BC 段尽管截面不同，但轴力相同） a 、用1-1截面截开AC 段杆件，取右段分析，右段截面上內力用N 1代替，受力图如图(c)。
b 、根据静力平衡条件计算N 3值∑F x ＝0 N 3＋60KN －40KN －80KN ＝0D C B A 轴力图(a )(b )(c )(d )2F2F F(d )(c )(b )(a )轴力图 (单位：KN )A B C D406020EN 3＝60KN2、 绘制轴力图（图（d ））［例4-2］：计算图示杆1-1、2-2截面上的正应力。
【工程力学 课后习题及答案全解】第4章 刚体静力学专题习题解
工程力学（1）习题全解第4章 刚体静力学专题4－1 塔式桁架如图所示，已知载荷F P 和尺寸d 、l 。
试求杆1、2、3的受力。
解：截面法，受力如图（a ） dl=αtan ，22cos dl d +=α0=∑x F ，0cos 2P =−αF FP 222F dd l F +=（拉） 0=∑AM ，02P 1=⋅−l F d FP 12F dlF =（拉）0=∑y F ，0sin 231=++αF F FP 33F dlF −=（压）4－2 图示构件AE 和EQ 铰接在一起做成一个广告牌。
它承受给定的分布风载。
试求解：（1）先将分布载荷合成于E 点88894.2)7.7402963(8.47.740=×−+×=F N由节点C ，显然 F CQ = 0 （1） （2）截面法，图（a ）0=∑D M ，08.4538.4=××+×−QG F F ，F QG = 14815 N （拉） （2）0=∑B M ，F QD = 00=∑y F ，054=+×BC QG F F ，11852−=BC F N （压） （3） （3）截面法，图（b ）习题4-3图习题4-4图0=∑E M ，08.04.2)7.7402963(212.14.27.7404.253=××−−××−××−AB F2963−=AB F N （压） （4） （4）节点B ，图（c ）0=∑y F ，05454=−−′BQ BC AB F F F ，05411852296354=−+×−BQ F F BQ = 11852 N （拉）（5）0=∑x F ，0)(53=++′BE BQ ABF F F ，0)118522963(53=++−BE F ，5333−=BE F N （压） （6） 又 11852−==BC CD F F N （压）（7）4－3 桁架的载荷和尺寸如图所示。
《建筑力学》第4章计算题知识讲解
《建筑力学》第4章计算题计 算 题( 第四章 )4.1 试作图示各杆的轴力图。
图题4. 14.2 图示等截面混凝土的吊柱和立柱，已知横截面面积A 和长度a ，材料的重度γ，受力如图示，其中10F Aa γ=。
试按两种情况作轴力图，并求各段横截面上的应力，⑴不考虑柱的自重；⑵考虑柱的自重。
图题4.24.3 一起重架由100×100mm2 的木杆BC 和 直径为30mm 的钢拉杆AB 组成，如图所示。
现起吊一重物WF =40kN 。
求杆AB 和BC 中的正应力。
图题4.34.4 图示钢制阶梯形直杆，各段横截面面积分别为21100mm A =，2280mm A =，23120mm A =，钢材的弹性模量GPa E 200=，试求：（1）各段的轴力，指出最大轴力发生在哪一段，最大应力发生在哪一段； （2）计算杆的总变形；图题4.44.5 图示短柱，上段为钢制，长200mm ，截面尺寸为100×100mm2；下段为 铝制，长300mm ，截面尺寸 为200×200mm 2。
当柱顶受F 力作 用时，柱子总长度减少了0.4mm 。
试求F 值。
已知：(E 钢=200GPa ，E 铝=70GPa)。
4.6 图示等直杆AC ，材料的容重为ρg ， 弹性模量为E ，横截面积为A 。
求直杆B 截面的位移ΔB 。
题4.5图 题4.6图4.7 两块钢板用四个铆钉连接，受力kN 4=F 作用，设每个铆钉承担4F 的力，铆钉的直径mm 5=d ，钢板的宽mm 50=b ，厚度mm 1=δ，连接按（a ）、（b ）两种形式进行，试分别作钢板的轴力图，并求最大应力max σ。
题4.7图4.8 用钢索起吊一钢管如图所示，已知钢管重kN10=G F ，钢索的直径mm 40=d ，许用应力[]MPa 10=σ，试校核钢索的强度。
4.9 正方形截面的阶梯混凝土柱受力如图示。
设混凝土的320kN m γ=，载荷kN 100=F ，许用应力[]MPa 2=σ。
建筑力学课后习题答案,建筑力学课后习题答案李前程
建筑力学课后习题答案,建筑力学课后习题答案李前程《建筑力学》习题集一、单项选择题在下列每小题的四个备选答案中选出一个正确的答案，并将其字母标号填入题干的括号内。
1.三力平衡定理是指()A.共面不平行的三个力若平衡必汇交于一点B.共面三力若平衡，必汇交于一点C.三力汇交于一点，则这三个力必互相平衡D.三力若平衡，必汇交于一点2.光滑面对物体的约束反力，作用点在接触面上，其方向沿接触面的公法线，并且有()A.指向受力物体，为拉力B.指向受力物体，为压力C.背离物体，为压力D.背离物体，为拉力3.两根拉杆的材料、横截面积和受力均相同，而一杆的长度为另一杆长度的两倍。
试比较它们的轴力、横截面上的正应力、轴向正应变和轴向变形。
正确的是()A.两杆的轴力、正应力、正应变和轴向变形都相同B.两杆的轴力、正应力相同，而长杆的正应变和轴向变形较短杆的大C.两杆的轴力、正应力和正应变都相同，而长杆的轴向变形较短杆的大D.两杆的轴力相同，而长杆的正应力、正应变和轴向变形都较短杆的大4.圆轴扭转时，若已知轴的直径为d，所受扭矩为T，试问轴内的最大剪应力τma x和最大正应力σmax各为()A.τmax=16T/(πd)，σmax=0B.τmax=32T/(πd)，σmax=0C.τmax=16T/(πd)，σmax=32T/(πd)D.τmax=16T/(πd)，σmax=16T/(πd)5.梁受力如图示，则其最大弯曲正应力公式:σmax=Mymax/Iz中，ymax为()333333A.dB.(D-d)/2C.DD.D/26.工程中一般是以哪个指标来区分塑性材料和脆性材料的()A.弹性模量B.强度极限C.比例极限D.延伸率7.一悬臂梁及其所在坐标系如图所示。
其自由端的()A.挠度为正，转角为负C.挠度和转角都为正B.挠度为负，转角为正D.挠度和转角都为负8.梁的横截面是由一个圆形中央去除一个正方形而形成的，梁承受竖直方向上的载荷而产生平面弯曲。
建筑力学(第四章)
Da a
Fx 0 :
FAx FCcon45 0
FAx FCcon45
2F
2 2
F
FAx
A
M0=Fa
C
FAy FC
B F
Fy 0 : FAy FC sin 45 F 0
FAy FC sin 45 F
2F
2 2
F
第二节 平面一般力系向作用面内任一点简化
简化中心 F1
OA
F3 C
B
F2 =
m1F'1′ F′3 O
m2
F'2′ =
m3
M0 O
FR
主矢（FR’ ）：将平面汇交力系 （F1’、F2’、 F3’ ）合成， 可得一合力FR’，这个力称为原力系的主矢。通过0点。
大小:
FR ( Fx)2 ( Fy)2 ( Fx )2 ( Fy )2
0
aa
负号说明约束反力FAX的实际方向与图中
假定方向相反。
应用举例
例4-4：求图示梁支座的
y
F
F
约束反力。已知 ：
Fy
F 2kN a 2m A
解:取梁为研究对象。
Fx
受力图如图示。建立坐标
a
a
FB
Bx
a
系，列平衡方程：
Fx 0 Fy 0
M
O
(
F
)
0
(2) 主矢、主矩均不为零 FR≠0 Ｍ0≠0 根据力的平移定理的逆过程可知，主矢FR和主矩ＭO也可
以合成为一个 合力FR。
材料力学习题解答[第四章]
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材料力学（周建方版本）习题解答第四章 变形计算4-1 解：（一）绘制轴力图 （二）计算：4-2 解4-3 解（一）求反力（二）根据条件求解4-4解，如图伸长）(5)10002100010002(100102001020)22(33321mm l l l EAF EAl F l i Ni =⨯++⨯⨯⨯⨯=++==Λ∑mmmm EA l F l ii Ni 1625.010625.11025.11075.3102010150250101520201015015010151123333=⨯=⨯+⨯==⨯⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯⨯==∆---∑l x l F F AB )(-=lx FF CD =lx xx l r r A A F F A E l F A E l F l l CA C A C A C C C C AA A A CDAB 544122=-====∆=∆则：即：⎰⎰⎰⎰⎰==-==∆=∆∴==-=-=-==∆llA B llllB EAWl EAqldx x l EAq x EA dx x N l EAWl l Wql EAqlxl EAq dx x l EAq EA qdxx l x EA dx x N l 8383)()()(2]2[)()()()(222224-5（b ）4-5（c ）EAql CC BB B EAql CC EAql EAl ql CD qll l q l F M DC DCA22228'2'24'4224'24F 02220====⋅===⋅⋅-=∑点的位移：则故：求反力：qEAFl CC BB B EAFl CC EC CC EAFl EAl F EC Fl F lF M CD DC DC DC A6'23'4''23'322'3F 032320====⋅====⋅-⋅=∑点位移：根据图的关系：则：故：杆反力：计算BB'C C'E DAEAFl EAFl EAFl EAFl EAlF EA lF EA Fl EA l F FF l F l F MF F M CO A O C O C O DA O C)124(242)(222222222(202200(12312131211111+=+=+=+=+=⋅=⋅=====⋅+⋅-===∑∑δδδδδδδδδ二）求变形因此：算一）受力分析，反力计BF O1CO2Cδ1δ2δ34-7 解4-8 解4-9 解EAFl EAFl EAFl HF BE B EAFl BD B EAFl EAl F BE EAFl BD F F F F y x BC AB )221(222222222+=+=+⋅=∆==∆=⋅====则：由根据静力学容易求得：B DE GH Fmmtg C C mm C mmEAFl AA F F F y x y 476.045476.0476.01001021010005.0102002'203321=⋅∆=∆=∆=⨯⨯⨯⨯⨯====根据静力学容易求得：A B B'ΔC x2)/24.2(/109.305.01416.31090321015.23224934m m rad GIM DI Px P -⨯=⨯⨯⨯⨯⨯===θπ)55.0(10589.93.02.0/10746.2)/57.1(/10746.204.014.310903210208.6)/387.0(/10755.007.014.310903210432.110208.6200139********.820017955010432.1200309550955033221312max 0249233203493121232231rad mrad m m rad GIM m m rad GI M m N Mm N M m N M n P MPP x---------⨯=⨯+⨯=⨯=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==⋅⨯=⨯=⋅⨯=⨯=⋅⨯=⨯==θθϕθθθ因此4-11 解4-12解)48.8(10481.024010270.510902.325.010902.3180/9550355.710270.510587.6108010587.6])6050(1[3206.014.3)1(32142022479474444rad l GIM Mml GI ml GImxdx MGI mD I Px lxPPxP P ---⨯=⨯⨯⨯=⋅====⨯=⨯=⨯=⨯⨯⨯=⨯=-⨯=-=⎰ϕϕαπ故：其中：32.0172.8122161272.8110172.810277.110833.32.0102.010833.3322161016.225414.3113.010*******28384523=-⨯=-==⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==⨯===⨯=⨯⨯⨯⨯=⋅∆=---GE GPaPa I l M G D I GPaMPa Al l F E P x P N γϕπ)(332))(()(332)11()(32)3()(32)()(32)()(:)(1)](1[132)](1[32)()(1)(1222121323132312221211212323112312121412112104121041211211122121d d d d dd G Tl dd d d d d d d d d G Tld d d d G TlKd d lG T d d l d K dKG T d d l d K x d d x ld K dxd d x ld G T dx d d x ld GM dx GIx M d d x l d xd ld xdldx d d d d lllxP++=++-⋅-=--=--=--=--=-+=-+=-+==-+=-+=--⎰⎰⎰⎰πππππϕππϕ上面积分转换为：则令d 1d 2Lx已知：h=100mm ，b=45mm ，T=2kN ·m ，G=80GPa ；4-14（a ）解： 由挠曲线方程：4-14（b ）解：mm rad b h b h b h b h hbG Mx /66.0/10157.1045.01.0237.01080102237.00.25.20.22.2229.0249.0229.0249.05.2/229.00.2/2.2//023933=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==---+=======-θβββββθ）（，，，，插值有关和其中，EIMlw w EIMxw D w x DMxD Cx MxEIw EI Ml EI Mx C x CMx C MdxCdx x M EI M x M B A Z B Z A Z 220002121000)()(2max 222max -==-=∴===+-=++-=-==-====+-=+-=+=-=⎰⎰，所以时，当故：，故，当θθθθθEIqlEI qlww qlC l xD w x DCx qx qlxw EI CqxqlxC q x l x q Cdx x xl qC dx x M EI x xl q x M B A Zl Z Z 243845,24020,002411216141614)(2)()(2)(3max42max 343323222==-=-==-====∴==++-=+-=+-=+-=+=-=⎰⎰θθθθθ则，从而，时，当时，当qq/24-15（a ）解：4-15(b)解EI ql EIqlEI l ql EI l ql EIl ql w w w w w EIqlEIqlEIqlEIl ql EIql w B B B B BC C B C B C B C C C C C C CB C 12214131)2(2)5.0(3)(6)6(5.02.,442222332133323)'(4)'(3)'(2)'(14321-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-=++=-=+-+--=+++=+++=（二）求（一）求求：θθθθθθθθθθθc2ql M =(B')(1)2ql221ql (B')(3)(2)(B')+q(4)EIFlEIFlEIFlEIMlEIFlw w w w EIFlEIl Fl EIFlB B B BC C C C62323 233233323212221=+-=+-=+==+-=+=（二）求（一）θθθθ4-16（b ）解EIFl EI Fl EIFll EIl Fl l EI FlEI lFl EI Flw l l w w w EI FlEI Fl EI FlEI l Fl EI FlB FlC FC FlC FC B BFlB F B B 333223211112222211max 23)3121414161(32)()2(2)2(2)2(345)212141(22)2(2-=-----=-⋅-⋅-⋅--=+⋅+⋅++=-=---=-⋅--=++==θθθθθθθ（二）最大挠度（一）最大转角F BB BA B D B B B B B B B B B B B B B BB B B B B B B Bw w w w ql w EIqll EI qll w EI qll EI qll w ql EI l q w l l w w w w w w EIqlEIqlEI l qlEI ql EIql EI l q ==<<-=-=⋅-=⋅==⋅=⋅=-=-=⋅+⋅+=++=-=++=-=⋅-==-=-=max max 443334322441311321332132332331,,)3(128:4822424822421288)2(22)2(482438124486)2()1(θθθθθθθθθθθθθθθθθＣ经过验算，故qll/2qB1B2w B376804.546.0076851283)241483(11283)61163(1128312830]2,0[)61163(1)2183(1)(1]20[],2[81]2,0[283M Q,)3(38476476)(6))((66))(()()2(128336496416)2)((6)2)((66))(()()1(4max max 423433323130132121max2max max2343234220432ql w l x w w EIqlw xEIqlql qlxEIw EI qlqx qlx EI EIqlC EIql x l x C qx qlxEI C dx qx qlx EI C dx x M EI l Ml l x qlx l x qx qlx Mw w w EIqllEIl qdx x x l EIlq dx x l x l x EIl q EIlx l x l x qdx d EIqll EIl qx lx x l EIl qdx x l x l x EIlqdxx l x l x EIl q EIlx l l x l x qdx d x x l x x x xCl B B BllA A A-=≈==-=--=--=-=-==∈+-=+-=+=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈∈-=≠==-=+-=+-=-=-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=---=---=-+--=⎰⎰⎰⎰代入：即：时，当则所以因此时，当，位于图，根据求求θθθθθθθθθθ4-16(e) 4-16(f)4-17 解384134838454851624444)()(max333)()(maxqlEIqlqlwwwwwEIqlEIqlEIqlqlBqBBBqlAqAAcA-=--=+==-=--=+==-=θθθθθθ)43(246862131231412max31maxllEIqllEIqlEIqllwwwEIqlBBCB+-=--=⋅+==-==θθθAEIqlwwwwwEIqlEIqlwEIqlEIlqlEIqlwEIqllEIqEIqlwEIqlDD48133165333221163163)2(1283864321max3321max43323423324131-=++==-=++==-=-=⋅-====-=-=θθθθθθθθqDw2w3mmEIFlqlwGPaEmmcmIcx5.221025001020048)106(101010250010200384)106()10/104(548384520010250025004333343433334444=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯-=--==⨯==4-18(b)解4-19解EIqlEIqlEIl ql EIl q w w w qlF F c q c c yc 4434)()(32)382(3)2(8)2(=+-=+-=+=-=A AEIqlw w w w w w EIqlw EIql w EIql w EIql w EIqll EIqll w ql F MC YC D853836332/0454321454443424311-=++++=-=-=-=-==⋅=⋅===∑θ212345)(232)(343)()(22)(22223322322顺时针向下向右EIFlEIFlEIFl EI Fl EIFll EIFl w l EIFlEIFlEIl Fl EI MlCF B C BCcP B CY B CX =+=+==+⋅=+⋅===⋅==θθθθδθδ。
建筑力学第四章答案.doc
COS (p D =解：(1)画出三皎拱的等代梁，求三皎拱的约束反力yf =5kN, K ； = 35kN , M^=120kN-m故,匕=妇州％=侣35翊,码四=苧=字=3。
玳M^A =5x4 = 20(kN-m),崂=5x4 + 80 = 100(kN ・ni),成=哄=5kNM^=^c =35x4 = 140(kN-m) , V^B = -35kN , V^c = 5kN(2)计算D 、E 截面的内力 因为拱轴线方程为y=^x(l-x),4 f1 , 故，(/ - 2x) = tan , cos =,sinQ =)，'cos 仞 ①计算D 截面的内力 4x4y D 二斯-x4x(16-4) = 3(m)4x4 i .K =-j^r (16-2x4) = m = tan%― =J-—=车,sinQ=y ；cos0)=Lx3 = )。
故, 1 + (《)2 切 +(1/2)2 75 * c 昨 2 & &4-1设三饺拱的为拱轴线方程为)，二¥心/一同，拱的尺寸及承受的荷载如图所示。
试求 支反力及D 、E 截面的内力。
,sin (p=y D cos (p DM [)A =M^A -Hy D =20-30x3 = -70(kN• m), =岭—Hy 。
=100 —30x3 = 10(kN ・m)n i.A = V DC = V* cos 物 一 H sin 们)=5x 了 - 30 x 了二 -4后二-8. 94 (kN) J5 A /5i pN DA - N DC 二一崂\ sin% - Hcos 。
=-5x-3=-30x-y= = -13^5 = -29. 07(kN) J5 J5 ②计算E截面的内力)板=4x4 = -^r xl2x(16-12) = 3(m) 4x4 i 二 (16 2x ⑵= =tan% lb~ 2 M =140 —30x3 = 50(kN ・ni),n i V EB = V* cos 代 一 H sin 饥=—35x 了 - 30x (—-)二-8^5 二 T 7. 89 (kN) J5 v5=暖 cos 牲一 H sin 件=5 x j - 30x (-土)= 8后=17. 89 (kN) i 2 N EB = -V*B sin (pE - H COS (P E = —(—35)X (— )-30x 厂=-42. 49 (kN) J5 yj5i 2 N EC = —V ；；, sin (p E — H cos (p E — —5 x (— ) - 30 x 厂——24. 60 (kN)A /5 A /54-2如图所示半圆弧三钗拱, 左半跨承受水平竖向荷载。
建筑力学 李前程第4章习题课
习题课的要求： 学生需要认真听 讲积极参与讨论 按时完成作业并 做好笔记和复习
习题课的授课方式
讲解习题：详细讲 解习题包括解题思 路、解题步骤等
互动讨论：鼓励学 生参与讨论分享自 己的解题思路和想 法
实践操作：让学生 动手操作实践解题 过程加深理解
反馈评价：对学生 的解题过程和结果 进行评价提出改进 建议
超静定结构的内力计算习题解析
超静定结构的定义和特点
内力计算的基本原理和方 法
习题解析：超静定结构的 内力计算实例
习题解析：超静定结构的 内力计算注意事项
习题解析：超静定结构的 内力计算常见错误及解决 方法
习题解析：超静定结构的 内力计算技巧和经验分享
04
解题技巧与思路
静力学基础解题技巧与思路
理解静力学基本概念：力、力矩、力偶、力系等 掌握静力学基本定理：静力平衡条件、力矩平衡条件等 学会分析受力图：找出所有作用在物体上的力并画出受力图 运用静力学基本定理求解：根据静力平衡条件或力矩平衡条件求解未知力或力矩
静定结构内力计算解题技巧与思路
确定结构类型：梁、柱、桁架等
确定计算步骤：受力分析、内力计算、 应力计算等
确定荷载类型：集中荷载、分布荷载法：截面法、位移法等
确定计算误差：误差分析、误差修正等
静定结构的位移计算解题技巧与思路
确定位移计算公式：根据静定结构的特点确定位移计算公式。 确定位移边界条件：根据题目要求确定位移边界条件。 确定位移计算方法：根据题目要求确定位移计算方法如积分法、图解法等。
利用计算机 软件求解未 知内力
05
习题课总结与展望
习题课总结
习题课内容：建筑力学李前程第4章习题 习题类型：选择题、填空题、计算题等 习题难度：中等难度适合初学者 习题解析：详细讲解帮助学生理解知识点 习题课效果：提高学生解题能力加深对建筑力学的理解 习题课展望：未来将继续开展习题课提高教学质量
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P 4 3
A 2m (a)
B YB
q4-7】如图所示，已知P，求支座A的反力和杆BC受的力。 【解】BC为二力杆，BC杆受的力为轴力SBC。 由∑mA=0 得 SBClsin30o-Pl/2=0 P SBC=P l/2 l/2 X C 30 A 由∑Xi=0 得 Y o XA+SBCcos30 =0 B XA=-0.866P S 由∑Yi=0 得 YA+SBCsin30o-P=0 YA=0.5P
o
A
A
B
A
A
B
【4-6】已知：(a)m=2.5kN.m,P=5kN;(b)q=1kN/m, P=3kN。求刚架的支座A和B的约束反力。 m 【解】(a)受力分析图如右图 2.5m 由∑Xi=0 得 XA-P×3/5=0 XA=3P/5=3kN ;由∑mB=0 得 X Y m-YA×2+3P/5 ×2.5=0 , YA=5kN 由∑Yi=0 得 YA+YB-4P/5=0 , YB=-1kN (↓) (b)受力分析图如右图 由∑Xi=0 得 XA+P=0 , XA=-P=3kN 2m P 由∑mB=0 得 4q×2-P×3-YA×4=0 3m YA=-0.25kN X Y 由∑Yi=0 得 YA+YB-4q=0 , YB=4.25kN
A o A BC
[4-8]如图，已知P=2kN , q=500N/m。求支座A和B反力。 【解】由∑Xi=0 得 XB=P q 由∑mB=0 得 B P YA ×2-4q ×2=0 Y 2m YA=4q A 由∑Yi=0 得 2m 2m YB+YA-4q=0 Y YB=0
B A
XB
【4-15】已知q=10kN/m , m=40kN.m，求支座A反力。 【解】由于结构上没有水平方向的主动外力， q 故A铰支座水平方向的反力为零。 A B C 由图(a)可知，由三个竖向未知反力， 2m 2m 2m 平行力系只有两个方程，不能求解， Y Y (a) 那么，先看CD杆，见图(b), q C 由∑mC=0 得 D Y 2m 2m YD ×4-2q ×1-m=0 Y (b) YD=15kN; 再看整个结构，由∑mB=0 得 YD ×6-m-4q ×2-YA ×2=0 YA=-15kN(↓)
A B C
m D 2m YD
D
建筑力学第四章习题解
平面力系与平衡方程
【4-3】已知F=2kN，m=2kN.m，求支座A、B的反力。 【解】(a) 由∑Xi=0 得 XA+Fcos45o=0 F m A 45 X B XA=-Fcos45o=-1.41kN Y Y 由∑mB=0 得 -YA×4-F×2× sin45o-m=0 4m 2m (a) YA=-1.21kN(↓) 由∑Yi=0 得 YA+YB-F×sin45o=0 YB=2.62kN (b)由∑Xi=0 得 XA=0 F m A X B 由∑mB=0 得 YA×4-F×2 +m=0 Y Y 2m 2m 2m YA=0.5kN (b) 由∑Yi=0 得 YA+YB-F=0 YB=1.5kN