结构力学(王焕定第三版)教材习题第三章答案全解——哈工大老师
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结构力学(王焕定第三版)教材习题答案全解
第三章习题答案
3-1 (a) 答：
F P ( a) EI ( b ) A R R B 1
由图（a）、（b）可知结构对称（水平反力为零）荷载对称，因此内力对称。所以可只对一半进行积分然后乘以 2 来得到位移。如图示
FPR(1−cos θ)
MP = θ∈[0,π/2]；M=Rsin θ θ∈[0,π/2]
2 代入位移计算公式可
得
MPM 1 π2 MPM 2 π2 FPR(1−cos θ) Rdθ= EI ∫0 2
Rsin θRdθ=
∆Bx = ∑∫ EI ds = 2⋅ EI ∫0 EI FPR3 =
(→)
2EI
3-1 (b) 答： 如图（a）、（b）可建立如下荷载及单位弯矩方程
( a ) q B ( b ) 1 α R A θ θ θ 2 M P = qR s q R 2 (1 in ( ) d c o sθ ) (1 c o sθ ) θ− α α = − M = R − 0 ∫ 代入位移公式积分可得
p
R ∆Bx =∑∫ MEIMds =∫0π2 MEI P M Rdθ= q EI 4
∫(1−2cosθ
π02 +cos2 θ)Rdθ
3π
⎞ qR 4
qR4 ⎡ θ 1 ⎤
= EI ×⎢θ−2sinθ+ 2 + 4sin2θ⎥⎦0 =⎝⎜ 4 − 2⎠⎟ 2EI (→)
2 ⎣
3-2 答：作MP图和单位力弯矩图如下图： 由此可得内力方程
3 q0 x M p = M = x l 1 6 B x x l 2 q0 l 6 q0 A l M P图
M 图
根据题意
EI(x) = EI (l + x)
2l 代入位移公式并积分（查积分表）可得
MPM
l
2 q0x4
∆Bx =∑∫ EI dx =∫0 6EI(l + x) d x
7
= (ln 2− )× =
12
q0l4 0.07 ql4
(→)
3EI
EI
3-3 答：分别作出荷载引起的轴力和单位力引起的轴力如下图所示：
由此可得 C 点的竖向为移为：
FNPFN1 FNPF N1 ∆Cy =∑∫ EA d s=∑ EA l =
6 5 5 3 112.5 kN× ×6 m+2×(62.5 kN× ×5 m+125 kN× ×8 5 m+75 kN× ×8 6 m)
= 8 8
EA =8.485×10−4 m
当求 CD 和 CE 杆之间的夹角改变使：施加如图所示单位广义力并求作出FN2 图，则
F
∆=∑∫ FNPEA F N2 ds =∑ NPEA F N2 l
2×62.5 kN×(−0.15)×5 m+(−112.5 kN)×0.25×6 m =
EA =−1.4×10−4 rad
( 夹角减小）
3-4 （a）答：先作出Mp和M 如右图所示。
利用图乘法计算。按常规单位弯矩图M 的AK段为直线，KB段为零，KB段不用作图乘。但MP图AK段形心不易求得，为了图乘简单，可将单位弯矩图AK段直线延长到KB段（如图虚线所示），这样可以用MP图的AB段直接
与M 图进行图乘（面积和形心对应的弯矩分别为A1、
y1，如图中所示）。但是，按照如此计算出的位移多计算了KB 部分的“贡献”（其面积和形心对应的弯矩分别为A2、y2，如图中所示）。为此，根据叠加原理，必须再减去多计算的KB部分（也就是KB段作图乘）。
按上述分析思路进行图乘计算如下：
Mp M ∆K y =∑∫ EI
ds
A1y1 A2 y 2 = + EI EI
17ql4 =
(↓)
384EI
3-4 (b) 答：先作出Mp图和M 图如下所示。
A l K B 0.50.5l l 1 2 A K B y l 1 =4 M 图 y l l 2 = 8 2 A K B ql 2 / 2 ql 2 / 8 B A 2K A ql M 图Aql 2 1 = 6 2 = P 48 则根据图示的面积和对应的形心坐标，按位移计算公式计算可得
Mp M
y
A1y1 + A2 y2 + A3 y3 + A4 y4 + A5 y5
= 3EI (↓)
23 Fpl3 ∆K
=∑∫ EI
d s = EI
3-4 (c) 答：作出Mp图和M 图如下图所示。
则根据图示的面积和对应的形心坐标，按位移计算公式计算可得
Mp M
2) 相对水平位移：
2A1y1 + 2A2 y2 − A3 y3 + A4 y4 5ql3
= 3EI
ϕAB =∑∫ EI d s = EI
则根据图示的面积和对应的形心坐标，按位移计算公式计算可得
∆AB =∑∫ MEIPMds = 2A1y1 +2A2yEI2 − A3y3 + A4y4 = 5 6qlEI 4 ( 相互靠
近）
相对竖向位移为零：对称结构在对称荷载作用下的反对称位移等于零。
则根据图示的面积和对应的形心坐标，按位移计算公式计算可得
Mp M
∆K y =∑∫ EI d s =
1=144
A A =225 3 72 12 A 2= 32
3-4（f） 答：画出Mp图和M 图如右所示。
16 2 A =360 4 M P图( kN ⋅ m) 4 8 y 1 = 3 1 y 2= 2 7 y4 =5. 5 y 3= 6 M 图 6 6 kN /m B C EI 4 2E I A 3 m 4 m
则根据图示的面积和对应的形心坐标，按位移计算公式计算可得
Mp M A1y1 − A2y2 + A3y3 + A4y4 =∑∫ EI
ds = EI
= EI
1985 ∆C y (↓)
3-5 答：在计算温度改变引起的位移时，注意要考虑轴向变形的影响。
0.2 5l C l 0.2 5 1 0.2 5l
M 图
根据题意，轴线温度和温差分别为 t0 =
t
∆t = t
2
按温度改变位移计算公式可得
∆Cy = ∑∫αt0FNds +∑∫
α∆AAα∆
htMds = ∑(±)αt0FN +∑(±)M h t
3-6 答：与 3-5 一样要考虑轴向变形的影响。 6 m 6 m M 图 D 1 B 30 o C C EI 2 = 2E I1 o -10 o C EI1 内部 EI -10 C m 1 6 -10 oC A D 1 0 m
按题意可求得
BC杆：t0 = t 2 +
t 1 =10°C ∆t = t2 −t1 = 40°C
2 AB、CD杆：t0 = t 2 +
t 1 = −10°C ∆t = t2 −t1 = 0°C
2 代入位移计算公式
1 1 F N 图 D 1
α∆
∆Dy =∑∫αt0FNds+∑∫tM ds = h =∑(±)αt0
A
FN +∑(±)
Aα∆
Mh t =
2400α
=−100α+
= 2900α= 0.029 m(←) h
3-7 答：作出F N图，本题 t0 = t ，利用温度改变情况下的位移计算公式可得
K 1 0 0 0 0 − 2 2 A d 0.5 0 − 2 2 0.5 d d B F N 图 2 t F s t F l t d × d × N N d ( 2 2 + 0 . 5 × 2 ) α 0 = ∑α =α − × 0 2 (↑ )
3-8 答：虚拟单位力状态与 3-7 题相同，单位力引起的轴力也相同（此处略，见上题）。 AK 杆的内力在其制造误差（变形虚位移——伸长位移）上所做的总虚变形功。则根据虚功原理有：
We =∆K y Wi
2 =− ×5 mm= − 5 2 mm 2 2 5 2 2
We =Wi ∆K y =− mm= −3.54 mm (↑)
3-9 答：求出单位水平力作用在 K 点时的支座反力，利用支座移动引起的位移计算公式有：
1 l 单位力状态 1 b a l 0 ϕ l ci = − 1 l ×ϕlϕ ∆Kx = −∑ F Ri + ) = −a − ( × a + 0 ×b(→ )
3-10 答：本题是荷载、温度、支座移动和弹性支座多因素位移计算，可分别计算各单独因素的位移，然后叠加得到多因素结果，由此下面分别计算。1）由于温度变化引起的 C 点竖向位移：
0.6
0.2 m
∆t = t2 −t1 = 30°C−10°C =
20°C
∆
∆ −120 α
Mds = = −200 α h
Mp M FRP
h
FRP
60
105
585
2）由于荷载引起的 C 点竖向位移（将荷载下弹簧的变形作为虚变形，计算虚变形功）：
2
A1y1 + A2 y2 − A3 y3 − A4 y4
∆C y =∑∫ EI d s+ FR k = EI + FR k = EI + 8EI = 8EI
3）由于支座移动引起的 C 点竖向位移：
F Ri ×ci =− 0.01 m
将所有因素在 C 点产生的位移叠加：
585
∆C y =∆C y +∆C y +∆C y = −200α+ −0.01 m
8EI
1
2
3
3-11 答：因为要求考虑剪切变形的挠曲线，因此需分别作出荷载、单位力产生的弯矩图和剪力图。又因是挠曲线计算，因此单位力状态作为在任意 x 截面位置。根据所做的图形将内力代入位移计算公式积分即可得任意 x 截的位移——挠曲线。
2 2 A x ql 2 B x x 1 1 1 ql 22 M 图 1 M P图 2 F 图
ql ql
FQP图 Q
MEIPM
∆y (x) =∑∫ d
x +∑ ∫ kFGA QPF Q d x
1 ⎛ x2 ql2 x2 x ⎞ kql×1 × x
= E ⎜ ×(− ) + ×ql(l − )⎟+ GA
I ⎝ 2 2 2 3 ⎠
= qxEI 2l ⎛⎜ l − x ⎞⎟+ 1.2 GA qlx (↓ ) x∈[0,l]
⎝ 4 6 ⎠
3-12 答：因为 AB 杆应力-应变关系非线性，因此非线性杆需要根据式（3－4）计算
F P 0 F P FP 2 - F P A 0 l F P B 0 1 B l 0 2 1 A 0 FNP 图 2
2
F N 图
⎜⎟
δε=⎛⎝ σE⎞
他杆件：δε
⎛⎝ FNP ⎞ σ F NP =⎜ 对于 AB 杆件： ⎠ EA ⎟⎠ ； 其
= E = EA
∆Bx =∑∫ FNδεdx
∑ F=
NP
FNl +⎛⎜∫(FNP)2 F2 N d x⎞ ⎟ ⎟
EA
⎜⎝
(EA) ⎠AB杆件 FP l + ( 2 FPFPl ⎛(FNP)2 FN l⎞ ⎟ =
EA
=
) 2 2 l 2
× 2
+⎜⎜⎝ (EA)2 ⎟⎠AB杆件 EA (EA)
FPl 4(FP)2 l =
EA (EA)
3-13 答：先求只有温度作用时的梁中点的挠度。单位弯矩图如右下图所示
+ 2
(→)
0 A t + -t EI M 0 A 1 B 0.2 5l B M 0 M 0 M P 图 M 图
按公式可得
α∆
t
α
t l2
∆t = t2 −t1 = t −(−t) = 2t ∆t = ∑∫ h Mds = − 1h
再计算只有外力偶作用时的梁中点挠度，荷载与单位弯矩图如上图，可得 Mp M (±)A× y M0l2
∆p =∑∫ EI ds =∑ EI = 8EI
根据题目要求：∆t +∆P = 0，由此可解得M0 =
2α
tEI 。
h
3-14 答：
M1
M2
M A θA EI l A B
(a) (b)
1
M 1
根据已知条件可以得到：θB = (M2 − )
3EI 2 M 1
因为图（b）情况θB = 0，由此解得：M2 = ，代入θA计算公式中，可得： 1
EI
1 EI ϕ A B
2 M 1 ϕA
=
3-15 答： 由单位力状态求出支座反力、AC 杆件轴力和 BCD 杆的弯矩图如图示，与 3－ 10 题一样先计算各单一因素的位移。1）由 BCD 杆作成圆弧（假定向上凸）所引起的 D 点 转角为： 1 B 0.3 33 -0.417 单位力状态 A 0.3 33 D 1 C 1 0.2 5 0.2 5 AM ( M ( ) 0 .5 ×1 +1 2 m ) ± ×3 m × x = 顺时针 ) ϕ = ∑ M d θ= ∑ R d = = 0.0175 ( ∑ R ∫ ∫ 200 m 2） 由于 AC 杆件制造误差产生的 D 点转角为：
1D
ϕ
ϕD3 = −∑FRi ×ci = −(−0.25×0.002 m+0.333×0.003 m)= −0.0005
则向上凸时 D 点转角为： ϕD =ϕD1 +ϕD2 +ϕD3 = 0.0166 (顺时针） 同理向上凹时 D 点转角为 ϕD = −ϕ1D +ϕD2 +ϕD3 = −0.018417 (逆时针）
3-16 答：本题已知 A 截面转角，但FP 多大未知。因此，应该首先由 A 截面转角确定出
FP ，然后在已知FP 的情况下求 C 铰两侧截面的相对转角。
= FN ×∆= −0.417×0.001 m= −0.000417
3）由于支座移动产生的 D 点转角为：
为此首先分别作出荷载与单位弯矩图如图(a)、(b)。 在FP作用下 A 点的转角为
Mp M 1 ⎛ 1
ϕA =∑∫
ds = ⎜ ×3 FP ×6 m× 1×1⎞⎟= 3EI FP
EI
由此解得 FP =
EI ⎝ 2 3 ⎠
EI
ϕA 3
按上述思路，再求 C 截面两侧的转角，为此作出单位弯矩图如图(c)所示，则
Mp M 1 ⎛ 1 2 1 2 5⎞
ϕC =∑∫ EI ds = EI ⎜⎝ 2×3FP ×6 m× 3×2+ 2×3FP ×3 m × 3× 3⎟ ⎠
17F P
= =
EI
17
ϕA = 0.005 667 rad (如图示)
3
3-17 答：利用虚功互等定理。H 点竖向位移计算如下：
2 2
1kN×∆H y = kN×1.2 cm+ kN×0.1cm×3+kN×0.06 cm×3+kN×0.05 cm×3 3 3
整理得： ∆H y =1.12 cm ↓
* 3-18 答：因为是空间简单刚架，因此需分别作出在荷载、单位力作用下的弯矩图和扭矩图，得用带扭转项的式（3-5）计算。
()
M M M
∆C y = ∑ ∫ EIP
ds + ∑∫ PGx I Mp
×4+
x
ds = EI1 ⎛⎝⎜ 12×200 kN⋅m×4 m× 3 2
+
1 2
×60 kN⋅m×2 m×
⎞ 60 kN×4 m×2 3440 480 ×2⎟+ GI = EI + GIp
2
3
⎠
p 代入已知抗弯、抗扭刚度，整理得：
∆C y = 0.09067 m(↓)
* 3-19 答：同 3-18 一样。分别作出在荷载、单位力作用下的弯矩图和扭矩图如下：
∆ABy = ∑∫ MP Md s + ∑∫ MPGx I M
p x d s EI
21 2b⎞2
= EI 2 ⎜⎛ 1 ×FPa×a× ×a×2+ ×FPb×b× ×⎟+ GI p (FPa×b×a+ FPb×a×b)
⎝ 2 3
2
3
⎠
= 2F P (2a3 +b3 )+ 2FPab (a +b) (↓↑)
3EI
* 3-20 答：设超静定结构i、 j 支座发生广义位移∆i 、∆j ，则由功的互等定理可知
GI p
FRij∆i = F Rji∆j ；其单位是 kN⋅m
式中FRij 、FRji 分别为∆j 、∆i 引起的i 、 j 支座的广义反力。由此
FRij F Rji kij = ≡ = k ji （A）
∆j ∆i
如果广义位移∆i 、∆j 属同性质量，则广义反力也属同性质量，反力系数kij 、k ji 自然量纲、单位相同。
如果广义位移∆i 、∆j 一个是线位移，另一个是角位移（包括相对线位移、相对角位移）， 则由功可知广义反力与线位移相乘的项是力、与角位移相乘的项是力偶（一组力或一组力
偶），反力系数是广义反力与广义位移式（A）所示的比值，力偶项所除的是线位移，力项所除的是角度（弧度是量纲一的量），由此证明了反力互等定理也有量纲相同、单位相同的结论。
