材料力学习题册答案-第6章_弯曲变形

第六章

一、 是非判断题

弯曲变形

1． 梁的挠曲线近似微分方程为EIy’’=M（x）。 （√） 2． 梁上弯矩最大的截面，挠度也最大，弯矩为零的截面，转角为

零。 （×） 3． 两根几何尺寸、支撑条件完全相同的静定梁，只要所受载荷相

同，则两梁所对应的截面的挠度及转角相同，而与梁的材料是否相同无关。 （×） 4． 等截面直梁在弯曲变形时，挠曲线的曲率最大值发生在转角等

于零的截面处。 （×） 5． 若梁上中间铰链处无集中力偶作用，则中间铰链左右两侧截面

的挠度相等，转角不等。 （√） 6． 简支梁的抗弯刚度EI相同，在梁中间受载荷F相同，当梁的跨

度增大一倍后，其最大挠度增加四倍。 （×） 7． 当一个梁同时受几个力作用时，某截面的挠度和转角就等于每

一个单独作用下该截面的挠度和转角的代数和。 （√） 8． 弯矩突变的截面转角也有突变。 （×）

二、 选择题 1. 梁的挠度是（D）

A 横截面上任一点沿梁轴线方向的位移 B 横截面形心沿梁轴方向的位移 C横截面形心沿梁轴方向的线位移

D 横截面形心的位移

2. 在下列关于挠度、转角正负号的概念中，（B）是正确的。 A 转角的正负号与坐标系有关，挠度的正负号与坐标系无关 B 转角的正负号与坐标系无关，挠度的正负号与坐标系有关 C 转角和挠度的正负号均与坐标系有关 D 转角和挠度的正负号均与坐标系无关 3. 挠曲线近似微分方程在（D）条件下成立。 A 梁的变形属于小变形 B 材料服从胡克定律 C 挠曲线在xoy平面内 D 同时满足A、B、C

4. 等截面直梁在弯曲变形时，挠曲线的最大曲率发生在（D）处。 A 挠度最大 B 转角最大 C 剪力最大 D 弯矩最大 5. 两简支梁，一根为刚，一根为铜，已知它们的抗弯刚度相同。跨中作用有相同的力F，二者的（B）不同。

A支反力 B 最大正应力 C 最大挠度 D最大转角 6. 某悬臂梁其刚度为EI，跨度为l，自由端作用有力F。为减小最大挠度，则下列方案中最佳方案是（B） A 梁长改为l /2，惯性矩改为I/8

B 梁长改为3 l /4，惯性矩改为I/2 C 梁长改为5 l /4，惯性矩改为3I/2 D 梁长改为3 l /2，惯性矩改为I/4 7. 已知等截面直梁在某一段上的挠曲线方程为：

y(x)=Ax ²(4lx - 6l ²-x ²)，则该段梁上（B）

A 无分布载荷作用 B 有均布载荷作用 C 分布载荷是x的一次函数 D分布载荷是x的二次函数 8. 图1所示结构的变形谐条件为：（D） A fA=fB B fA+△l=fB C fA+fB=△l D fA-fB=△

l

三、填空题

1. 用积分法求简支梁的挠曲线方程时， 若积分需分成两段，则会出现 4 个积分常数，这些积分常数需要用梁的 边界 条件和 光滑连续 条件来确定。

2. 用积分法求图2所示梁变形法时，边界条件为：YA

连续条件为：YA1YA2,B1B2,YC2YC3 。

0,A0,YD0；

3. 如图3所示的外伸梁，已知B截面转角B=度yC=

Fl

3

Fl

2

16EI

，则C截面的挠

32EI

。

4. 如图4所示两梁的横截面大小形状均相同，跨度为l , 则两梁的内力图 相同 ，两梁的变形 不同 。（填“相同”或“不同”）

5. 提高梁的刚度措施有WzMMAX

四、计算题

1 用积分法求图5所示梁A截面的挠度和B截面的转角。

解 ① 对于OA段： 弯矩方程为 M(x)=-Pl-Px

2

1

即 EIy’’=-Pl-Px EIy’=-Plx-P x2+C1

2

2

21

1

1

EIy=-Plx2-Px3+C1x+C2

4

6

11

边界条件 x=0 y’=0 x=0 y=0

由此边界条件可解得 C1=C2=0

将 C1=C2=0 及 x=l分别代入挠度及转角方程得

2A截面转角为 A=

挠度为 yA=

3Pl8EIPl

32

1

12EI

② 对于AB段 弯矩M= EIy’’=Pl

则 EIy’=EI =Plx+C3（设x=0处为A截面） 边界条件 x=0 =A=

得 C3=Pl2

8

将 C3=Pl2 及 x=l代入转角方程即得

82 B截面转角为B=

Pl

2

3Pl8EI

2

3

31

8EI

Pl

3

综上所述：A截面挠度为 yA= B截面转角为 B=

Pl

12EI

2

8EI

2 简支梁受三角形分布载荷作用，如图6所示梁。

（1）试导出该梁的挠曲线方程； （2）确定该梁的最大挠度。

解 设梁上某截面到A截面距离为x。 首先求支反力，则有

F=l（2ql*3l）=6ql (↑)

A

1111

M(x)=-(

ql6

x

1q6lql6q

x

3

)

1q6l

x

3

EIy’’=M(x)=EIy’=EIy=

ql12ql36

xx

32

x

4

24lq

xC

5

120l

xCxD

边界条件为 x=0 y=0 x=l y=0 得 D=0 C =

7ql

2

360

qx360

(10lx3x7l)

2

2

4

4

则可得挠曲线方程为EI y=求 Wmax 令EI 即

2lxx

2

2

4



715

ql12

l

4

x

2

q24l

x

4

7ql360

3

0

0

得 x=0.519l

所以 Wmax=0.00652

ql

4

EI

3 用叠加法求如图7所示各梁截面A的挠度和转角。EI为已知常数。

解 A截面的挠度为P单独作用与M0单独作用所产生的挠度之和。 查表得：

yAP

Pl

3

24EI

yAM=

M0l8EI

2



Pl

3

8EI

则 yAyAPyAM=

Pl

3

12EI

同理，A截面的转角为P单独作用与M0单独作用所产生的转角之和。 查表得 AP对于

AM



Pl

2

8EI

可求得该转角满足方程 EI=-Plx+C

0

边界条件 x=0 

l

可得 C=0

AM

将 C=0和x=代入可得 

2

=

Pl

2

2EI

则

A

APAM0

=

3Pl8EI

2

解 可分为如下三步叠加：

分别查表计算得： 1

2 3



qa

2

6EIMl3EI

2



qa

2

y1

qa

4

8EI

qa

3



3EI

3

y22a

3EI

4



Fl

16EI



qa

4EI

qa

3

y33a

qa

4EI

则： 

123

4EI

y

y1y2y3

5qa

4

24EI

解：可分解为如下两图相减后的效果

查表得 1

q(3a)6EIq(3a)8EI

3

43



9qa2EI

3

显然

4

qa

4

则 

y1



81qa8EI

y2

8EI

4

2a

11qa

4

24EI

12

13qa3EI

yy1y2

24qa3EI

4 图8所示桥式起重机的最大载荷为P=20KN,起重机大梁为32a工字

钢，E=210Gpa，l=8.76cm。规定[f]=l/500。校核大梁的刚度。

解： 查表得 I=11100(cm) ……………………..(课本408页)

4

查表得

fmax

pl

3

fmax

pl

3

48EI

3

，代入数值有 ………（课本190页）

48EI



20*10*0.0876l48*210*10*11100*10

9

8

2



l

f

730500

l

可见符合刚度要求

5 图9所示结构中梁为16号工字钢，其右端用钢丝吊起。钢拉杆截面为圆形，

查表得 wB

ql

4

FBlBCEA

4

8EI



FBl

3

3EI

,而l

3

由连续性条件得wB l ，即

ql

8EI



FBl

3EI

=

FBlBCEA

qlAB410104

8113010

43

8348得到 FB8IlAB3I3lBC

A31130105

1

40.01215KN

所以杆中 maxFBA1510

1

43574Mpa 20.01

由力的平衡得 FAFBql 得到 FA=15KN

对梁有

所以 梁中

maxMAyIZMAwz20101411036141.8Mpa