船舶结构力学-课后习题答案(陈铁云_陈伯真_主编)
目录
第1章绪论.......................................................................................2第2章单跨梁的弯曲理论.................................................................2第3章第4章
杆件的扭转理论.................................................................15力法.....................................................................................17
第5章位移法...................................................................................28第6章能量法...................................................................................41第7章矩阵法...................................................................................56第9章矩形板的弯曲理论...............................................................69第10章杆和板的稳定性.................................................................75
第1章绪论
1.1题
1)承受总纵弯曲构件:
连续上甲板,船底板,甲板及船底纵骨,连续纵桁,龙骨等远离中和轴的纵向连续构件(舷侧列板等)
2)承受横弯曲构件:甲板强横梁,船底肋板,肋骨
3)承受局部弯曲构件:甲板板,平台甲板,船底板,纵骨等
4)承受局部弯曲和总纵弯曲构件:甲板,船底板,纵骨,递纵桁,龙
骨等
1.2题
甲板板:纵横力(总纵弯曲应力沿纵向,横向货物或上浪水压力,横向作用)
舷侧外板:横向水压力等骨架限制力沿中面
内底板:主要承受横向力货物重量,骨架限制力沿中面为纵向力舱壁板:主要为横向力如水,货压力也有中面力
第2章单跨梁的弯曲理论
2.1题
设坐标原点在左跨时与在跨中时的挠曲线分别为v(x)与v(x1)
1)图2.1
�
M0x2N�x3
v(x)=++
2EI6EI
2
01
p(x−)3
+6EI
p(x−)3
+6EI
3l
p(x−3)3
6EI
原点在跨中:v1(x1)=v0+
MxNx
++2EI6EI
2
3
3
�1
l
⎧v1()=0v1'()=0p(x−l)3
,⎪⎨
6EI⎪v1'(0)=0N1(0)=p
⎩2)图2.2
�
v(x)=θ0x+
MxNx
+�+2EI6EI
l
p(x−)3
6EI
p(x−l)3
6EI1⎤⎡113
×(−2×⎥⎢4⎦⎣4162
3)图2.3
�
3
xqxdxN�x3
v(xx)=θ0xx++∫−
06EI6EI
l
2.2题
pl3⎡1131⎤pl3
a)v1=vpp+vp=(3××−⎥+⎢6EI⎣16444⎦6EI
3
pl=
EI
3⎡1⎛91⎞13⎤pl3pl=⎜−⎟+(⎥+EI⎢EIEI⎣4⎝162⎠4⎦
3
plV2=
−MlMl2Pl2b)v(0)=++(1+)
3EI6EI6EI
'
20.1Pl25Pl2
73Pl=−+=
EI6EI3×27EI
−MlMl2Pl2θ(l)=+−(1+)
3EI6EI6EI
20.1Pl24Pl2
−107Pl=−−=
EI6EI3×27EI
⎛l⎞⎛2l⎞
p⎜⎟⎜⎟l2
33⎛1⎞
v=⎝⎠⎝⎠−⎜1−⎟⎡m2−−m1+⎤
⎦3EIl6EI⎝3⎠⎣
22
()()()
2
37pl=
EI
ql444ql5qlc)v=−=
192EI768EI2304EI
()
'
qlpl
v(0)=−−
24EI16EI
�
�
�
32
(
ql
2
6EI
)l=ql
⎡111⎤ql3
−−⎥=⎢EI8EI⎣3612⎦
3
d)2.1图、2.2图和2.3图的弯矩图与剪力图如图2.1、图2.2
和图2.3
图2.1
图
2.2
图2.3
2.3题
1)
Mlql32l2
∵θ右=−−
6EI24EI45EI∴=
13q1l2
⎡l⎤q−q=0()21⎥+⎢23EI⎣⎦
q1l3Ml7l2
2)θ0=−++
3EI24EI180EI
⎡l⎤lq1⎥−⎢2⎣⎦6EI
q1l3⎛11q1l3713⎞
=−⎜−++⎟=−EI⎝18243606×120⎠80EI
2.4题
图2.5
�
∵v(x)=v0+θ0x+
N0x3
EI
,
v0=A(p−N0)
⎛x3⎞∴v(x)=Ap+θ0x+⎜−A⎟N0
⎝6EI⎠
如图2.4,由v(l)=v′(l)=0得
⎫⎛l3⎞
Ap+θ0l+⎜−A⎟N0=0⎪
6EI⎪⎝⎠
⎬2
l⎪θ0+N0=0⎪2EI⎭⎧pl2−Ap=−⎪θ0=6EI⎨
⎪N=p
⎩0
解出
pl3⎛3xx3⎞
∴v(x)=⎜1−+⎟
9EI⎝2l2l3⎠
图2.6�
图2.4
M0x2N0x3
v(x)=θ1x++
2EI6EI
由v(l)=0,v′(l)=θ2得
⎫M0l2N0l34EI2EI⎧
M=−θ−θ2θ1l++=0⎪01⎪⎪⎪ll2EI6EI解得⎬⎨
M0lN0l2⎪N=6EI(θ+θ)θ1++=θ2⎪012
⎪⎪l2⎩EI2EI⎭
2θ1+θ2)x2(θ1+θ2)x3(∴v(x)=θ1x++
ll2
2.5题
图2.5�:(剪力弯矩图如2.5)∴R1=
pl−=p−p=2p
l
2
l32pplv0=AR=⋅=
EI6EI2
pl3pl35pl3⎛l⎞v0v⎜⎟=−=−=2216EI18EI48EI144EI⎝⎠
v0−pl2pl2pl2
v′(0)=θ0=−−=−=−
l6EI9EI18EI6EI=
pa⎡b⎤,+1+
⎥KA⎢6l⎣⎦
()
图2.5
将a=l,b=0
=,KA=
111+=632
代入得:
=
pl=pl
2()
2.7�图:(剪力弯矩图如2.6)
0.05l3qlql4
v1=A1R1=⋅=
EI240EIl3qlql4
v2=A2R2=⋅=
50EI2100EI4
ql4⎛11⎞⎛l⎞5ql
v⎜⎟=++⎜⎟⎝2⎠384EI2EI⎝40100⎠
ql4⎛57⎞293ql4=+⎜⎟=
EI⎝384400⎠9600EI
图2.6
v1−v2ql3⎛11ql31⎞2ql3
θ(0)=−=⎜−+⎟=
24EIlEI⎝2440100⎠75EIql3v1−v2ql3⎛111⎞−17ql3
θ(l)=−−=⎜−−+⎟=
24EIlEI⎝2440100⎠300EI图2.8�(剪力弯矩图如2.7)
2
⎡⎛b⎞⎤⎢12+⎜1+⎟⎥
⎝l⎠⎥⎢⎣⎦
由Q=qa,a=l,b=0,=,=KA=++=,代入得
2ql2ql=×2×12×+1=
24
qlql
R1=−=3ql,
28ql4
v0=AR1=
64EI
Qa1=⋅
24KA
()
图2.7
4
ql425ql4⎛l⎞5ql
∴v⎜⎟=+−=
2384EI128EI16EI384EI⎝⎠
v0ql3ql3⎛111⎞
θ(0)=−−=⎜−−⎟
24EIl6EIEI⎝246448⎠
ql3=
192EI
lql2−ql3
θ(l)=−α=−⋅
=
EI8EI8
2.6题
τmaxN
dx=−dxGGAs
NEI′′′′′N=EIv1
v2=∫dx⎯⎯⎯→−v1+C1
GAsGAsdv2=γmax.dx=
32EI⎡axbx∴v=v1+v2=⎢f(x)+++cx+d⎤−f′′(x)+ax+b]+C1[⎥⎣⎦GAs
=f(x)−式中由于由
32⎛EIEI
f′′(x)+ax+bx+⎜c−
GAsGAs⎝
2
qxf′′(x)=
⎞
a⎟x+d1⎠
EI′′(0)=0v(0)=v1′′(l)=0v(l)=v1
4qxf(x)=
可得出
EI
d1=b=0
得方程组:
⎧ql4EIql2al3⎛EI⎞
−++c−a⎟l=0⎪⎜
6⎝GAs⎠⎪24EIGAs2EI
⎨2⎪ql
+al=0⎪⎩2EI
qlql3
解出:a=,c=
2EI24EI
.qx4qlx3qx2⎛qx3ql∴v(x)=−−+⎜+
24EI12EI2GAs⎝24EI2GAs
⎞⎟x⎠
l5ql4ql2
∴v(=+
2384EI8GAs
2.7.题
⎛12EI⎞
先推广到两端有位移∆i,θi,∆j,θj情形:⎜令∆=∆i−∆j,β=2⎟GAls⎝⎠
32EIaxbx∵v=++cx+d1−ax
GA
s
∴d1=v(0)=∆i⎫⎪
⎬
′由v1(0)=θi∴c=θi⎪⎭由v(l)=∆j由v1′(l)=θj
⎫al3bl2EI
∴++θil+∆i−al=∆j⎪62GAs⎪
⎬2
al⎪∴+bl=θj
⎪2⎭
而v0=∆i
θ⎧⎡θi+θj−2⎤a=2⎪⎦l1+β⎣⎪
解出⎨
⎪b=θj−θi−31θi+θj−2⎪ll1+β⎩
()
′′(0)=EIb=∴M(0)=EIv1
=−
EI⎡∆⎤6+β−2θ−β+4θ()()ji⎥l1+β⎢⎣l⎦
EI⎡66⎤
∆−∆+β+4θ+−β+2θ()()ijij⎥
l1+β⎢l⎣l⎦
⎧6EI⎡2⎤′′N(0)=EIv(0)=EIa=θ+θ−∆−∆()1ijji⎪2⎥l1+β⎢l⎣⎦⎪
⎪
⎨N(l)=N(0)⎪EI⎡∆⎤⎪M(l)=EIv1′′(l)=EI(b+al)=β+4θ+2−βθ−6()()ji⎢l1+βl⎥⎪⎣⎦⎩
令上述结果中∆i=0,即∆=∆j同书中特例2.8题已知:l=3×75=225cm,
t=1.8cm,
s=75cmσ0=
1050kg面积
距
2
q=γhs=1025×10×0.75=76.875kg
面积
距参考轴
cm2
惯性矩自惯性矩
cm3
cm4
09430.2
cm4
(21.87)略22322253.9
C=11662
cm
外板1.8×45球扁钢N24a
8138.75119.8A
15.6
604.5B
2
∑
e=A
9430.2
=5.04cmI=C−B
=11662−604.5
2
=8610cm4
计算外力时面积A=75×1.8+38.75=174cm2⎧l⎫l
计算I时,带板be=min⎨,s⎬==45cm
⎩5⎭5
1).计算组合剖面要素:
形心至球心表面y1=h+−e=24+0.9−5.04=19.86cm形心至最外板纤维
y2=e+t=5.94cm∴w1=I=
=433.5cm3
y1w2=Iu=
y2
==1449.4cm3
==0.366
x(u)=0.988,ϕ1(u)=0.980
ql276.875=x(u)=×2252×0.988=320424(kg.cm)
1212ql21
M中=−ϕ1(u)=−×76.875×2252×0.980=−158915(kgcm)
2424
⎫M中158915kg球头
σ中=σ0+=1050+=1416⎪
2⎪w1433.5
⎪320424⎪kg板
σ固端=σ0+=1050+=1271∴σmax=1416kg2⎬2
cmcmw21450⎪
⎪320424kg球头
σ端=σ0+=1050+=378⎪
2⎪w1433.5⎭若不计轴向力影响,则令u=0
重复上述计算:
球头
中
σmax=σ
ql2
=σ0+24
1
76.875×2252
=1050+=1424kg2
24×433.5
−1416
=0.56%
1424
结论:轴向力对弯曲应力的影响可忽略不及计。结果是偏安全的。2.9.题
∵EIvIV−Tv′′=0,EIv′′′=N+Tv′∴vIVV′′=0,vIV−K2V′′=0式中k=r3=kr4=−kA1+A3=0⎫
⎬
A
2+A4=0⎭
特征根:r1,2=0,
∴v=A1+A2kx+A3chkx+A4shkx∵
v(0)=0⎫
⎬
v′(0)=0⎭
∴
⎧v′′(l)=0∵⎨
⎩EIv′′′(l)=N(l)+Tv′(l)
⎧⎪A3chkl+A4shkl=0∴⎨3
EIk(A3shkl+A4chkl)=−p+Tk(A2+A3shkl+A4chkl)⎪⎩解得:
pppp
thkl,A2=,A3=thkl,A4=−kTkTkTkT
p
∴v(x)=−(thkl−kx−thklchkx+shkx)
kTp=−⎡thkl(1−chkx)+(shkx−kx)⎤⎦EIk3⎣A1=−2.10题
EIvIV+T∗v′′=0
(
EIv
IV
=N−T∗v′)
vIV+k∗2v′′=0式中k∗=r4=−ik∗
⎫⎪⎬⎪⎭
特征方程:r4+k2r2=0特征根:r1,2=0,
r3=ik∗
∴v=A1+A2k∗x+A3sink∗x+A4cosk∗x
v(0)=0⎫
∵⎬EIv′′(0)=m⎭
A1+A4=0∴
−Ak∗2=4
⎧v′′(l)=0∵⎨∗
⎩EIv′′′(l)=−Tv′(l)
∗∗
⎧Asinkl+Acoskl=034⎪∴⎨∗3
∗∗∗3∗∗
−kAcoskl−Asinkl=−kA+Acoskl−Asinkl)()(34234⎪⎩
m
解得:A3=−∗ctgk∗l,A2=0
T
m∗∗∗∗∗∗
⎤∴v′(0)=⎡Ak+Akcosk−Aksink=Ak=343⎣2⎦x=0
k∗EItgk∗l2.11题
图2.12
由v′(0)=0协调条件查附录图:
ll令 A=0 ∴B=0 u===1
22ql32(u)−0(u)=024EI3EI
ql2ψ2(u)ql2.609===0.101ql2
8ψ0u80.752
⎡⎛l⎞⎛l⎞⎤v(2u)vα−v(2u)v⎟3⎟13⎜1⎜α⎢⎡ψu⎤()lq2⎠2⎠⎥⎛⎞0⎝⎝⎥v⎜⎟=⎢1−⎥+2⎢22
v1(2u)+v3(2u)⎝2⎠k⎣1+B⎦2αEI⎢⎥
⎢⎥⎣⎦
α=ql40.101ql4u=1B=0
→=64EI(
1−0.448)+8EI=0.0049ql4EI2.13�图
θ(0)=pl216EIx)−0(u3EI
0(u)=α=pl2
16EIx⎡lψ(u)⎤0(u)⎢α⎣+03EI⎥
⎦将u=1,α=lEI代入得:
=
pl16×⎜1⎝12
−0.72⎞3⎟⎠=0.111pl
⎡3v1(2u)v⎛l⎞⎛l⎞⎤
3⎜α⎟−v3(2u)v1⎜α⎟v⎛⎜l⎞⎝2⎟⎠=pl48EI⎢22⎥2(u)+2α2EI⋅⎢⎢v22
⎥1(2u)+v3(2u)⎢⎥
⎣⎥⎦
α=pl3⎛0.6090.1110.9115×0.6635−4.8301×1.9335⎞u=1
→=EI⎜⎝48+8⋅1.91152+4.93012⎟⎠
=0.0086Pl3EI
2.12题
1)先计算剖面参数:
W=bh
2
=
100
cm3)(3
2
2×10=
Wp=∑Aiyi
i
⎛Ah⎞bh2=2⎜⋅⎟==50(cm3)⎝24⎠
(形状系数)f=Wpbh2=
=3bh22
图2.8a
2)求弹性阶段最大承载能力Pmax(如图2.8a)
100
×2400=8×104kg2
cm3
516Wσy16×8×104即Pmaxl=Wσy解出Pmax==512(kg)165l5×500令Mmax=Wσy=3)求Pu(极限载荷)
(用机动法)此结构
达到极限状态时将出现三个塑性铰,其上作用有塑性力
矩Mp=Wpσy如图由虚功原理:
⎛δ⎞
Pu⋅δ⎞⎛图2.8bPu⋅δ+2⎜⎟=4Mp⎜⎟⎝⎠⎜⎟
⎝⎠
4Wpσy4M
∴Pu=p==4×2400×=960(kg)2.13补充题
剪切对弯曲影响补充题,求图示结构剪切影响下的v(x)
解:可直接利用
M0x2N0⎛36EI
v(x)=v0+θ0x++⎜x−
2EI6EI⎝
GAs⎞
x⎟⎠
则边界条件:v0=0θ0=0v(l)=0EIv′′(l)=m3ml
得N0=2
2l+3ml2
M0=m−2
2l+ss
α=
EIGAs
m
∴v(x)=
EI
2.14.补充题
⎡−3αlx⎤6α−l22lx3
+x+⎢2l2+6α2l2+6α2(2l2+6α)⎥⎣⎦
试用静力法及破坏机构法求右图示机构的极限载荷p,已知梁的极限弯矩为Mp(20分)(1983年华中研究生入学试题)
解:1)用静力法:(如图2.9)
由对称性知首先固端和中间支座达到塑性铰,再加力p→pu,当p
作用点处也形成塑性铰时结构达到极限状态。即:
8Mppul
−Mp=Mp∴pu=8Mp⋅2δ8Mp
2)用机动法:2pδ=∴pu=
2.15.补充题
求右图所示结构的极限载荷其中α=EI
,
p=ql(1985年哈船工研究生入
学试题)
解:由对称性只需考虑一半,用机动法。当此连续梁中任意一个跨度的两端及中间发生三个塑性铰时,梁将达到极限状态。考虑a)、b)两种可能:
2δ⎛2δ⎞
2∫qu⋅⎜xdx−4M=0p⎟
ll⎝⎠16Mp
解得qu=
22δ
对b)pu⋅δ−4Mp=0
l
16Mp
∴qu=
2对a)
(如图2.10)取小者为极限载荷为qu=坏。
8Mp
l
20
2
即承受集中载荷p的跨度是破
图2.9
图2.10
第3章杆件的扭转理论
3.1题
a)由狭长矩形组合断面扭转惯性矩公式:
J=
b)
113
⎡ht=650×103+200×83+80×83⎤=26.4cm4∑ii⎣⎦3i3
1
J==⎡70×1.23+35×13+15×1.23⎤=60.6cm4
⎣⎦3
c)由环流方程
ϕ′=�∫τAG
Bredt公式
→=Mt
f=
A
Mtds材力Mt4A2⎯⎯⎯→=∴J=0∫t04A2G�
2
ds
�∫t
本题A=40×41.6+π(20+0.8)=3023.2(cm2)
ds1
�∫t=1.6(2×40+41.6π)=131.68∴J0=4×(3023.2)=2.775×105cm4
3.2题
4A24(a−t)3
对于a)示闭室其扭转惯性矩为J0===t(a−t)4
�∫tt(a−t)1t33
对于b)开口断面有J=∑hiti=⎡4(a−t)⎤⎦33⎣∴两者扭转之比为
2
2
4
ϕb′
M3⎛a−t⎞
=t=J0J=⎜⎟=271(倍)
4⎝t⎠ϕa′MtGJ0
ds
本题易将�∫t可用但概念不对。若采用s为外缘的话,J大,τ小偏于危险。
3.3题
Mt=∑p
bb
=8××p=4pb22n=1
8⎡π⎤⎡1π⎤π2
A=⎢(b−t)sin⎥⎢(b−t)cos⎥=(b−t)sin
2⎣8⎦⎣28⎦4
Mt
A=
4bp2(
b−t)sin
2
8
∴f=
4
=
=9.555kg/cm
π
lflf⎡π⎤∴ϕ==8b−tsin=()�∫⎢⎥2AGt2AGt⎣8⎦2b−t2⋅2sincos()
88
100×9.56×8
==4×10−4(弪)
4×29.8×cos⋅8×105×0.2
8
3.4题
.将剪流对内部任一点取矩
100×9.56×8(b−t)sin
2156
∫f1rds+∫(f1−f2)rds+∫f2rds
62
32
73
7843
+∫f2rds+∫(f2−f3)rds+
67
∫
f3rds
=
21562
�∫
f1rds+f2
32673
�∫
rds+f3
78437
�∫
rds
=f1�∫rds+f2�∫rds+f3�∫rds
I
II
III
=2A1f1+2A2f2+2A3f3=Mt.........(1)
由于I区与II区,II区与III区扭率相等可得两补充方程
f3⎞−f2⎤f11⎡f11⎛f2
ds+ds=ds−ds−ds⎟⎜���∫∫∫∫∫⎢⎥2GA1⎣tttt⎦2GA2⎝IIt2673⎠
1⎛f3−f2⎞=ds+ds⎟⎜�∫∫2GA3⎝IIItt37⎠
2f+f−ff+f3f−f
12=213=32.....(2)
A1A2A3(1)(2)联立(注意到A1=A3,2A1=A2=a2)⎧
⎪2A1(f1+2f2+f3)=Mt⎪
解得⎨3f1−f2=3f3−f2
⎪1
⎪3f1−f2=(−f1+4f2−f3)⎩2∴ϕ′=ϕ1′=
3Mt⎧
⎪f1=f3=
14a2⎨
2⎪
⎩f2=2Mt7a
5Mt⎞=⎟14a3tG⎠
f2⎞1⎛f1a⎛9Mt2Mt
ds−ds=−2⎜�⎟2⎜2∫∫2GA1⎝tt7a62⎠2Gat⎝14a
2
14M
∴ϕ′=t知J0=a3
t
J0G5
第4章
4.1题
令l=l0=2.75cmI=I0
由对称性考虑一半
⎛2.5⎞q=⎜1+⎟×0.8×1.025=1.845吨/米
2⎝⎠
对0,1节点列力法方程
力法
I2=26I0
⎧M0l0M1l0ql03
−−=0⎪−3EI6EI24EI⎪000⎨33MlMlqlM(0.8)lM(0.8)lq(0.8l)⎪00+10−0000
=−1−2+0
⎪3E(26I0)6E(26I0)24E(26I0)⎩6EI03EI024EI0
2
⎧⎪M0+M1/2=ql即:⎨2
M+2.09M=0.2549ql⎪1⎩0
2
⎧⎪M1=0.0817ql=1.139(t⋅m)∴⎨2M=0.0842ql=1.175(t⋅m)⎪0⎩4.2.题
将第一跨载荷向c支座简化M1=Q1l12,
p=Q1
Q2l22−M2l3
=24EI23EI3
由2节点转轴连续条件:
(Q1l12)l2+M2l2−
6EI2
3EI2
解得M2=
⎞⎛I2l3⎞Q1l1⎛Q2l2
−2⎟⎜⎟⎜1+
Il8⎝Q1l1⎠⎝32⎠
×2
=−Ql
若不计各跨载荷与尺度的区别则简化为M2=−Ql⎧RA=−M2l=Q⎪⎨⎛QM2−M1⎞M2R==−Q⎟+⎪B⎜2+ll⎝⎠⎩
4.3题
由于折曲连续梁足够长且多跨在a,b周期重复。可知各支座断面弯矩且为M对2节点列角变形连续方程
MaMaqa3MbMbqb3
+−=−−
+3EI6EI24EI3EI6EI24EI
解得
2
q⎛a3+b3⎞q2qb2⎛a⎛a⎞⎞2
M=⎜⎜1−+⎜⎟⎟⎟=(a−ab+b)=⎟12⎝a+b⎠1212⎜⎝b⎝b⎠⎠
4.4题
图4.4�,对2,1节点角连续方程:
2⎧M1(l0)M2(l0)7Q(l0)M(l/2)
+−=10⎪
3EI0⎪6E4I03E4I0180E4I0⎨2
M2(l0)8Q(l0)⎪M1(l0)
⎪−3E4I−6E4I+180E4I=0
000⎩
41⎧
Ql=0.1242Ql⎪M1=
解得:330⎨
⎪
⎩M=
Ql/55=0.0182Ql
4.5�
图
令I12=I34=4I0,I23=3I0l12=l23=l34=l0,由对称考虑一半
⎧⎪M2
1(l0)⎪−
⎨3E4I−M2(l0)−2Q(l0)
=006E4I045E4I0⎪MM2
⎪1(l0)2(l0)7Q(l0)M2l0M2l0⎩6E4I+−=−03E4I0180E4I03E(3I−0)6E(3I0)⎧41解出:⎪⎨
M1
=330Ql=0.1242Ql⎪⎩M2=Ql/55=0.0182Ql4.5题
对图4.4�刚架
α1⋅(l02)2=
3EI=l
06EI0
对图4.5�所示刚架考虑2,3杆,由对称性
θl02=
M23E(3I+M2l0=M2l
0)6E(3I0)6EI0
∴α2=l06EI0∴均可按右图示单跨梁计算。由附录表A-6(5)=0l0E(4I012=
6EI⋅)=2
0l03
K=⎛
⎜⎝
0+1⎞⎛21⎞1113⎟⎜⎠⎝3+3⎟⎠−36=
36⎧⎪⎪
M1=2Ql0⎛1⎞⎛29⎞41Ql0=⎨
45⎜⎝36⎟⎠⎜⎝3+16⎟⎠=
3300.1242Ql0⎪⎪M=7Ql0⎛1⎞⎛0+1⎞⎩
2180⎜⎝36⎟⎠⎜⎝7⎟⎠=Ql055=0.0182Ql
04.6题
∵θ2为刚节点,转角唯一(不考虑23杆)
∴
M21l=θM24
l
3EI2=3EI
∴M2节点平衡
21=M24⎯⎯⎯⎯→
=M22
θ2l6EI=K=2
3EI6EIM26EIl
13EI13EI
若21杆单独作用,K21==,若24杆单独作用,K24==
α21lα24l
6EI
∴两杆同时作用,K=K21+K24=
l
4.7.题
∴θ2
=
已知:受有对称载荷Q的对称弹性固定端单跨梁(
M22)lM2l(==,∴α
EIl),证明:相应固定系数χ与α关
系为:χ=⎜1+
⎛⎝
2αEI⎞l⎟⎠
证:梁端转角θi=αM=−
MlMl
−+θ(Q)3EI6EI
l⎞⎛
∴M=θ(Q)⎜α+⎟.............................(1)2EI⎠⎝
令α=0则相应M=(固端弯矩)即=θ(Q)
l
........................................(2)2EI
α
=Ml2EI111⎛1⎞EI=→或:=⎜−1⎟(1)(2)得χ==
α+l2EI1+1+22⎝χ⎠
l
讨论:
1)只要载荷与支撑对称,上述结论总成立
2)当载荷与支撑不对称时,重复上述推导可得
λij11−χ+(j)12λij+1)χij(χi=ori=−
2λijχij1+3i+1χi3
式中λij=ij−−外荷不对称系数 χij=χiχj−−支撑不对称系数
仅当λij=χij=1即外荷与支撑都对称时有χi=
1
1+2i
否则会出现同一个固定程度为χi的梁端会由载荷不对称或支撑不对称而影响该端的柔度αi,这与αi对梁端的约束一定时为唯一的前提矛盾,所以适合αi=θMi定义的αi~χi普遍关系式是不存在的。
4.8题
A1=(2l)EI=l36EI列出1节点的角变形连续方程:
2
⎧Mlvp2l()M(2l)v
−1+⎪1+1=−1
⎪3EIl3EI2l16EI⎨
⎪v=AR=A⎡⎛M1+2p⎞+⎛M1+p⎞⎤1111⎢⎜⎟⎜⎟⎥⎪l2l2⎝⎠⎝⎠⎦⎣⎩
联立解出
3
323pl3
M1=−pl,v1=
1136EI画弯矩图见右图4.9题
1)如图所示刚架提供的支撑柔度为A1=A2=V而由5节点θ5=0得
p=1
pl)l(M5l
−+=03E7I6E7I∴M5=pl2,
−(pl)−(pl2)3pF==−
l2
由卡瓦定理:
A=V1
=
p=1=∫
M∂M
dsEI∂P
p=1
l⎛1⎡l3p⎞⎛3⎞⎤
pssds+pl−s2⎟⎜l−s2⎟ds2⎥(1)11∫0⎜⎢∫0E7I⎣2⎠⎝2⎠⎦⎝
p=1
2
⎤l⎛1⎡l33⎞1⎡l3l3⎤l3
=+⎥=⎢+∫0⎜l−s2⎟ds2⎥=⎢E7I⎢⎝2⎠⎥⎣3⎦7EI⎣34⎦12EI
2)
由对称性只需对0,1节点列出方程组求解
⎧M0lM1lv1ql3
−++=0⎪−
⎪3EI6EIl24EI⎪M0lM1lv1M1lM1lql3ql3
++−=−−+⎨
3EI6EI24EI⎪6EI3EIl24EI
⎪l3⎡⎛M1−M0ql⎞ql⎤
+⎟+⎥⎪v1=A1R1=⎢⎜12EIl2⎠2⎦⎣⎝⎩
联立解得:M0=11ql4.10题
a) β384,γ=2
M1=−ql2
ql4
v1=2v2=
18EI
Q=qal
=
βQ
=ql2γa
=3qal
k=192Eial3
b)Q=Q1+Q2=qal+qal
21∴Q1=Q,Q2=Q
335Q1l3Q2l3⎛7310⎞
∵v中=+⎜+5−⎟
384Ei180Ei⎝228⎠⎞5×5Q1l35Q2l3Ql3⎛⎜=+=+⎟384Ei384EiEi⎜384384⎟
⎝⎠
5Ql3=
384Ei∴β=,γ=βQ5×483qal15==⋅=ql
γa3842a16
3
k=3=48Eialal
c)β=3
,
γ=,=p,Q=p
∴k=al
3
=48al3
l
⎛3−1⎞∴48p⋅1⋅1⎛3−1⎞=11p,k=48Eial3(同c图)d)令=⎜⎟⎜⎟48Ei6Ei
⎝442⎠644⎝4⎠8
pl2
e)β=,
γ=,Q=qal2∴=486
βQ5×48qal5
=⋅=qlγa3842a16
3pl3⎡11⎛11⎞⎤
令=×⎜1−−⎟⎥48Ei6Ei⎢32⎝49⎠⎦⎣
∴⎡123⎤23
p⎢×⎥=p63627⎣⎦
3l21⎛1⎞⎡⎛1⎞⎛m⎞⎛1⎞⎤
f)令=−⋅⎜1−⎟⎢m⎜2−⎟+⎜−⎟⎜1+⎟⎥
768Ei6Ei2⎝2⎠⎣⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠⎦∴7681⎛313⎞m24m
×⎜−×⎟=−7×122⎝222⎠l7l
k=768ql
2
7al3
g)
a)=
θqalQ=γ2
∴=a=
⎧192Eil3=k0(x≠6a)
1⎪k==⎨EiA⎪192E(2i)l3=2×192=2k0
3l⎩
∴k=k0a=192Eial3
(x=6a)
4.11题
∵支柱处v=θ=0,可简化为刚性固定约束∴仅考虑右半边板架
γ=
148
1⎡11⎛11⎞⎤11β=⎢⋅⎜1−−⎟⎥=
6⎣42⎝164⎠⎦48×16β11p=pγ16
3
k=48Eial3=48EI00(6l0)
=
=12EI09l40
u=
11
p⋅(6l0)(6l0)∴=λ1(1)=×0.874=0.4507pl0
8811
=±ϕ1(1)=±×0.852=P×0.852=±0.2929p
2232
⎛l⎞
vmax=v⎜⎟=v(3l0)
⎝4⎠
113
×6×0.889(6l0)pl30pl30=η1(1)=⋅=0.152896×9EI0EI0⎛9⎞
192E⎜I0⎟
⎝2⎠
3
4.12题
设a=l0=1mi=I0=5.833×105cm4
L1=l=10l0b=2.5l0E=2×106kg2
πyl
I=1.857I0,Q=q0al,q0=1kgcm2
'求:中纵桁跨中及端部弯曲应力及v中
解:因主向梁两端简支受均布载荷Q故其形状可设为sin
c1=c3=sin
πy1ππ
=sin=0.707c2=sin=1l42
1⎡1⎛11⎞⎤
γ11=⎢⎜3×−⎟⎥=0.02083(按对称跨中求)
6⎣4⎝44⎠⎦1⎡11⎛11⎞⎤
γ12=⎢×⎜1−−⎟⎥=0.01432
6⎣24⎝164⎠⎦
γ=∑γ1iciIic1I1=
∗1
γ∗2
1
[0.02083×0.707+0.01432×1]=0.04110.707i=1
=γ∗1I1I2=γ∗1=0.0411,β2==0.01302
3
2
k2=Ei∗2al3=2×106×5.833×1050.0411×102×(
103)
=283kgcmβ2Q0.01302×10q0l02
2=∗==3.168q0l0
γ2l00.0411l0u=
=≈1.2ϕ1(1.2)=0.728,χ2(u)=0.813,χ1(u)=0.774
23.168×1×102v中=(1−ϕ1(u))=(1−0.728)=0.304(cm)
k2283
2L2χ2(1.2)3.168q0l0(10l0)0.813×51==⋅=×=1010kg12511210.833×105⎛h⎞
I⎜+t⎟⎝2⎠2L2χ1(u)3.168q0l0(10l0)0.774×51=⋅=×=481kgcm24512410.833×105
2
2
σ端
σ中
4.13补充题写出下列构件的边界条件:(15分)
1)
⎧p1−EIv′′′(0)⎤⎪v(0)=A⎡⎣⎦解:⎨⎪⎩EIv′′(0)=m2)
⎧v′(l)=0⎪⎨⎪⎩v(l)=0
⎧⎧EIv′′(0)−m1⎤EIv′′(l)+m2⎤⎪v′(0)=α1⎡⎪v′(l)=α2⎡⎣⎦⎣⎦解:⎨⎨
⎪⎪⎩v(0)=0⎩v(l)=0
3)设x=0,b时两端刚性固定;y=0,a时两端自由支持⎧∂w⎪=0
解:x=0,b时⎨∂x
⎪⎩w=0⎧∂w⎪=0
解:x=0,b时⎨∂x
⎪⎩w=0∂w
y=0时w==0
∂y
⎧∂2w∂2w⎪∂y2+µ∂x2=0⎪
y=a时⎨22
⎪∂⎡∂w+(2−µ)∂w⎤=0
22⎥⎪∂y⎢∂y∂x⎦⎩⎣
4.14题.图示简单板架设受有均布载荷q主向梁与交叉构件两端简支在刚性支座上,试分析两向梁的尺寸应保持何种关系,才能确保交叉构件对主向梁有支持作
用?
⎧∂2w
=0⎪
y=0,a时⎨∂y2
⎪⎩w=0
4)已知:x=0,b为刚性固定边;y=0边也为刚性固定边:y=a为完全自由边
解:∵少节点板架两向梁实际承受载荷如图,为简单起见都取为均布载荷。由
对称性:R1=R2=R由节点挠度相等:
5Q1l31Rl3⎫w主=+⎪
384Ei48Ei⎪
⎬使之相等令33
11Q2L5RL⎪w交=+
972EI162EI⎪⎭
11
Q1=qal=qlLQ2=qbl=qlL
32
11⎞⎡α5⎤⎛5
解出节点反力R=qlL⎜α−+.............................(1)⎟⎢⎥1944⎠⎣48162⎦⎝1152
l3IdR
式中α=3——交叉构件与主向梁的相对刚度,且>0
Lidα
由(1)节点反力将随α的增加(即交叉构件刚性的增加)而增加。55×48qlL=qlL115224
这时交叉构件对主向梁的作用相当于一个刚性支座
511Ii当α
主向梁,反而加重其负担,使主向梁在承受外载荷以外还要受到向下的节点反作用力这是很不利的。
Ii
∴只有当3〉1.33时,主向梁才受到交叉构件的支持。
Ll
当α→∞时R=Rmax=
第5章位移法
5.1题
图4.4012=−Ql0,21=Ql0,32=23=0
'M12=
2E(4I0)4E(4I0)'
θ2,M21=θ2
l0l02EI04EI0
θ3+θ2
l0/2l0/24EI02EI0
θ3+θ2
l0/2l0/2
⎧M'32+32=0
即:⎨'
'
⎩M23+M21+23+21=0
'M23=
'M32=
对于节点2,列平衡方程⎧M32=0⎨
⎩M23+M21=0代入求解方程组,有
2
⎧Ql04EI08EI0⎧
θ2+θ3=0⎪θ2=−⎪22×15EI0l0l0⎪⎪
,解得⎨⎨8EI2
8EI04EI0Ql0Ql00⎪⎪(+)θ2+θ3=−θ3=
⎪lll15⎪44×15EI000⎩0⎩
8EI0所以M12=M+M12=
l0
'12
⎡−Ql02⎤Ql041
−=−Ql0=−0.1242Ql0⎢⎥
22×15EI103300⎦⎣
16EI0
M21=M+M21=
l0
'21
⎡−Ql02⎤Ql0Ql0
==0.0182Ql0⎢⎥+
55⎣22×15EI0⎦15
图4.50。由对称性知道:θ2=−θ3=−θ
1)12=−Ql0,21=Ql0,32=23=0
'
2)M12=
2E(4I0)4E(4I0)'
θ2,M21=θ2
l0l0
2E(3I0)4E(3I0)6EI0
θ3+θ2=θ2
l0l0l0
'
M23=
3)对2节点列平衡方程M23+M21=0
16EI0Ql06EI0Ql02即θ2++θ2=0,解得θ2=−
l015l022×15EI0
4)求M12,M21,M23(其余按对称求得)8EI0
M12=M+12=
l0
'12'21
⎡−Ql02⎤Ql041
−=−Ql0=−0.1242Ql0⎢⎥
22×15EI103300⎦⎣
⎡−Ql02⎤Ql0Ql0
==0.0182Ql0⎢⎥+
55⎣22×15EI0⎦15
16EI0
M21=M+21=
l0
M23=−M21,其余M43=−M21,M34=−M21,M32=−M23
5.2题
由对称性只要考虑一半,如左半边1)固端力(查附表A-4)
12
12=−Q(2l0)=−q0l02,21=Q(2l0)=q0l02
515
25=23=32=34=0
2)转角θ2,θ3对应弯矩(根据公式5-5)
'
M12=
2E(4I0)4E(4I0)'
θ2,M21=θ2,2l02l04EI02EI0EI0
θ2+θ5=2
θ=−θ522l4l04l004EI02EI0
θ2+θ3,l0l02EI04EI0
θ2+θ3l0l0
4EI02EI0EI0
θ3+θ4=θ3
θ4=−θ32l4l04l00
'
M25=
'M23=
'M32=
'M34=
3)对于节点2,3列出平衡方程⎧M32+M34=0⎨
⎩M21+M25+M23=0
⎧M'32+M'34=−(32+34)⎪即⎨'''
M+M+M252321=−(23+21+25)⎪
⎩
2EI04EI0EI0⎧−12q0l03⎧
2+θ3+θ3=0θ2=⎪⎪l0l02l01045EI0⎪⎪
则有⎨,得⎨2
8EIEI4EI2EI2ql16q0l03000000⎪⎪θ2+θ2+θ2+θ3=−θ3=⎪⎪l2lll153×1045EI0000⎩0⎩4)
4EI0
M12=M+M12=
l0
'12
⎡−12q0l03⎤1257222
+(−ql)=−ql=−0.246ql⎢⎥000000
51045⎣1045EI0⎦
8EI0
M21=
l0
⎡−12q0l03⎤2262
+ql=q0l02=0.0415q0l02⎢⎥00
627⎣1045EI0⎦15
EI
M25=0
2l0
⎡−12q0l03⎤6
=−q0l02=−0.0057q0l02⎢⎥
1045⎣1045EI0⎦⎡−12q0l03⎤2EI0
⎢⎥+
l0⎣1045EI0⎦⎡−12q0l03⎤4EI0
⎢⎥+1045EIl00⎦⎣
⎡16q0l03⎤112
=−q0l02=−0.0357q0l02⎢⎥
3135⎣3×1045EI0⎦
⎡16q0l03⎤8=−q0l02=−0.0026q0l02⎢⎥
3135⎣3×1045EI0⎦
4EI0
M23=
l02EI0
M32=
l0
其余由对称性可知(各差一负号):M65=−M12,M56=−M21,M52=−M25,
M54=−M23,M45=−M32,M43=−M34=M32;弯矩图如图5.15.3题
(M14=M25=0)12=−pl,21=pl,其余固端弯矩都为0
'M41=
2EI4EI2EI4EI'''
θ1,M14=θ1,M52=θ2,M25=θ2llll2EI4EI''
M63=θ3,M36=θ3
ll4EI2EI2EI4EI''
M12=θ1+θ2,M21=θ1+θ2
llll4EI2EI2EI4EI''
M23=θ2+θ3,M32=θ2+θ3
llll
由1、2、3节点的平衡条件
⎧M14'+M12'=−(14+12)⎪⎪
即⎨M'25+M'23+M'21=−(23+21+25)⎪''
M+M=−(32+36)3236⎪⎩
⎧M14+M12=0
⎪
⎨M21+M25+M23=0⎪M+M=0
3236⎩
4EI2EIpl⎧4EIθ+θ+θ=12⎪l1
ll8
⎪
4EI4EI4EI2EIpl⎪2EIθ+θ+θ+θ+θ=−⎨12223lllll8⎪
4EI4EI⎪2EIθ+θ+θ3=03⎪l2
ll⎩
27pl25pl25pl2
,θ2=−,θ3=解得:θ1=
22×64EI22×16EI22×64EI4EI⎛27pl2⎞27
M14=−M12=pl=0.0767pl⎜⎟=
l⎝22×64EI⎠3522EI⎛27pl2⎞27M41=pl=0.0383pl⎜⎟=
l⎝22×64EI⎠7044EI⎛5pl2⎞5M36==pl=0.0142pl=−M32⎜⎟
l⎝22×64EI⎠3522EI⎛5pl2⎞5M63==pl=0.007pl⎜⎟
l⎝22×64EI⎠704
M25
4EI⎛5pl2⎞5=−=−pl=−0.0568pl⎜⎟l⎝22×16EI⎠88
4EI⎛5pl2⎞2EI⎛5pl2⎞35
M23=−+=−pl=−0.0497pl⎜⎟⎜⎟
l⎝22×16EI⎠l⎝22×64EI⎠704
M21=−M25−M23=
75
pl=0.1065pl704
2EI⎛5pl2⎞5M52=−=−pl=−0.0284pl⎜⎟
l⎝22×16EI⎠176弯矩图如图5.2
5.4题
已知l12=l0=3m,l23=2.2l0=6.6m,l24=3l0=9m
I0=0.3×104cm4,I12=2I0,I23=3I0,I24=8I0
11
Q0=q2l12=q0l0,q4=4q0,
22
1
Q24=Q矩24+Q三角24=q(3l)+(3q0)3l0=6Q0+9Q000
2
1)求固端弯矩
21=Q0l0,12=−Q0l0,32=23=024=−
(9Q0)(3l0)(6Q0)(3l0)33Q0l0
−=−
1512
42=
(9Q0)(3l0)(6Q0)(3l0)21Q0l0
+=
1012
2)转角弯矩
2E(2I0)4E(2I0)
M=θ1+θ2,
l0l0
'
12'M21=
4E(2I0)2E(2I0)
θ1+θ2
l0l0
'M23=
4E(3I0)2E(3I0)
θ2+θ3,
2i(2l0)2i(2l0)2E(3I0)4E(3I0)
θ2+θ3
2i(2l0)2i(2l0)
'
M32=
'M24=
4E(8I0)
θ2,(3l0)2E(8I0)
θ2
(3l0)
'M42=
3)对1、2、3节点列平衡方程
8EI04EI0⎧
θ+θ2=Q0l01⎪ll00⎪M12=0⎧
⎪796EI030EI0⎪4EI0⎪⎛16⎞
M+M+M=0即:θ+θ+θ=−⎨⎨212423123⎜−Q0l0⎟
33l011l0⎝5⎠⎪⎪l0
M=032⎩⎪30EI060EI0
θ2+θ3=0⎪
11l011l0⎪⎩
q0l02q0l022234Q0l02209Q0l02
解得:θ1=−,θ2=,=−0.03397=0.07628
32880EI0EI01370EI0EI0q0l02209Q0l02
θ3=−=−0.03814
2740EI0EI04)求出节点弯矩
⎛4×22348×2091⎞M21=⎜−++⎟Q0l0=1.0487Q0l0
137010⎠⎝328806209⎞⎛12209
M23=⎜×−×⎟Q0l0=0.6241Q0l0
1.213702.22740⎝⎠⎛3220933⎞
M24=⎜×−⎟Q0l0=−1.6727Q0l0
⎝3137010⎠⎛1420921⎞M24=⎜×+⎟Q0l0=5.0136Q0l0
⎝313705⎠弯矩图如图5.3。
5.5题
由对称性只考虑一半;
节点号
1
2
杆件号ij12————————————————-1/10-4/165-41/330
2141414
11/2
8/111/21/15-8/1651/55
23313(1/2)对称
3/2
I/Ilij/l0kijCijCijkij
∑Ck
λijnij
ijij
3/11——0-1/55-1/55
ij/Ql0mij/Ql0mij/Ql0Mij/Ql0
所以:
'
M12=−M43=−
5.6题
41Ql0QlQl
,M21=−M34=0,M23=−M32=−0
3305555
1.图5.40:令I10=I0=I12,l10=l0,l12=1.5l0
节点号杆件号ij
001————————————————-1/10
2/31/21/151011111
3/2
1/300
————0
1
1211.52/33/41/2
221——————————
Iij/I0lij/l0kijCijCijkij
∑Ck
λnijij
ij/Ql0
mij/Ql0m'ij/Ql0Mij/Ql0
由表格解出
-1/45-11/90
-2/451/45
-1/45-1/45
——0
M01=−0.1222QlM10=0.0222QlM12=−0.0222QlM21=02.图5.50
令I10=3I0,I0=I12,
l10=l0,l12=l0
q=q0,Q10=q0l0,Q12=
节点号杆件号ij
001————————————————-1/12-5/512-0.0931
3/41/21/12-5/2560.[1**********]
4
1/41/2-11/192-5/768-0.0638
————5/192-5/15360.0228
q0l0
1
1211111
221——————————
I/Il/lkijCijCijkij
∑Ck
λijnij
ijij
ij/ql2mij/ql2mij/ql
'
2
Mij/ql2
由表格解出:
M01=−0.0931ql2,M10=−M12=0.0638ql2,M21=0.0228ql2若将图5.5中的中间支座去掉,用位移法解之,可有:⎧5ql416lθ2−12υ2=−⎪⎪192EI⎨4⎪−12lθ+48υ=29ql
22
⎪32EI⎩解得:
77ql3ql3θ2==0.0514,
96×52EIEI227ql4ql4
υ2==0.0227
256×39EIEI
M12=−0.140ql2,M23=0.14ql2N21=0.040ql,N23=−0.040ql5.7题
计算如表所示
节点号杆件号ij
112——————————————000
212123/43/2198/68502/150.91531.0487
22332.215/113/445/44297/1507
000.62410.6241
3
24838/318/31056/20551/2-3.31.6273-1.6273
32——————————————000
442——————————————21/50.81365.0136
Iij/I0lij/l0kijCijCijkijλijnijij/Ql0mij/Ql0m'ij/Ql0Mij/Ql0
5.8题
1)不计45杆的轴向变形,由对称性知,4、5节点可视为刚性固定端13
q0(3l0)=q0l0,Q34=0.6q0(3l0)=1.8q0l022
39
M23=Q23(3l0)/15=q0l02,M32=−Q23(3l0)/10=−q0l02
10209
M34=Q34(3l0)/12=q0l02
20
3)计算由下表进行:2)Q23=
M18=−M12=0.0039q0l02,M21=−0.0786q0l02
M32=−M34=−0.518q0l02,M25=−0.0341q0l02
M43=−0.4159q0l02,M23=0.1127q0l02
M52=−0.0170q0l02,其它均可由对称条件得出。
节点号杆件号ij
18161/61/21/12
1
1211111
13/121/13——0
12/131/20-.045
0.31/20-.009.02077-.[1**********]1
225131/311/310/30.11/20-.003
0.61/20.3-.018.015
-.00358
-.02146
1/31/2-0.45-.009.0032363212
3263212
3
34123414
443
552
Iij/I0lij/l0kijCijCijkij
∑Ck
λnijij
2/31/20.45
-0.45
0-.015
.06
.03
ij/ql2mij/ql2m'ij/ql2
0.00346.04154.00041.00496-.00064
.00248-.00128
-.00043
.00179-.00256
.00358-.00128
.00715.00358
.00022
39
.00005.00059-.00008
.00030
-.00016
-.00005
.00022
-.00031.00003
.00043-.00016.00005-.00001-0.5181
.00085.00043
-.00003
.00011.00006
-.00001-.00000-0.0341
-.000020.1127
Mij/q0l02
-0.00390.0039-0.07860.5181-0.4159-0.0170
图5.4a图5.4b
40
5.9题
任一点i的不平衡力矩为
Mi=∑is=
s
qlql
−=0(i=1,2,…,h,i,j,…n-1.s=i-1,i+1)1212
所以任一中间节点的分配弯矩mij与传导弯矩m'ij=njimji均为0。任一杆端力矩:Mij=ij+mij+m'ij
⎛⎞
=Mij−λij∑is+nji⎜−λji∑js⎟=ij(0
ss⎝⎠
对两端i=0,n,由于只吸收传导弯矩m'ij=0
Mij=ij+m'ij=ij
两端
所以对于每个节都有杆端力矩Mij=ij
说明:对图5.4b所示载荷由于也能使∑Mi=0,也可以看作两端刚固的单
跨梁。
第6章能量法
6.1题
考虑b),c)所示单位载荷平衡系统,分别给予a)示的虚变形:
M(x)
dx=δdθEI⎧1×θi⎫
外力虚功为δW=⎨⎬
1×θj⎩⎭虚应变能为
1
δV=∫M(x)M0(x)dx
EI0
⎧1⎪⎪=⎨EI⎪1⎪⎩EI
Rx+MRx+1)dx()(iii∫0
0Rx+MRx)dx()(iii∫0l
l
l
⎧l⎛MiMj⎞l⎛1⎞−=M−M⎪⎜⎟j⎟..........b)⎜i
EI363EI2⎝⎠⎪⎝⎠=⎨
⎪l⎛Mj−Mi⎞=l⎛M−1M⎞...........c)
⎟i⎟⎜j⎪EI⎜363EI2⎝⎠⎠⎩⎝
由虚功原理:δW=δV
得:
1⎤
−⎥M2⎧i⎫⎥⎨⎬M1⎥⎩j⎭⎥⎦
⎡
1
⎧θi⎫l⎢
⎢⎨⎬=
θ3EIj⎢−1⎩⎭
⎢⎣2
∵ 梁弯曲应力:{σ}=
M(x)
yI
σM(x)y{ε}=EEIM(x)=Mi
M(−
i
+Mj)x
l
x
l
δ
M(x)=
1−(1+0)
给Mi以虚变化∂Mi=1虚余功:δW∗=θi×1
虚应力为{δσ}=
δM(x)
yI
虚余能:δV*=∫(真实应变)×(虚应力)dΩ
Ω
=∫∫∫=
M(x)δM(x)
yydxdydzEII
1l2MxδMxdxydA()()2∫0∫AEI1l
⎡Mi−(Mi+Mj)x/l⎤(1−x/l)dx=∫⎦0EI⎣
∴
Qi=
l⎛1⎞M−Mij⎜⎟3EI⎝2⎠
同理:给Mj以虚变化δMj=1,(δMi=0)可得(将i换为j) θj=
l⎛Mi⎞−+Mj⎟⎜3EI⎝2⎠
⎧θi⎫⎧Mi⎫⎧δMi⎫设{∆}=⎨⎬,{p}=⎨⎬,虚力{δp}=⎨⎬,{σ}=[p]{ε}θMδMj⎭⎩j⎭⎩j⎭⎩
M(x)yy⎡x
⎤y=⎡M−M+Mx/l=1−{σ}=σ=()iij⎦I⎢II⎣⎣l式中[c]=
x⎤⎧Mi⎫
−⎥⎨⎬=[c]{p}l⎦⎩Mj⎭
y⎡⎛x⎞⎛x⎞⎤
⎜1−⎟,⎜−⎟⎥(不妨称为物理矩阵以便与刚度法中几何矩阵⎢I⎣⎝l⎠⎝l⎠⎦
[B]对应)
⎧δMi⎫
虚应力{δσ}=[c]{δp}=[c]⎨⎬
δMj⎭⎩实应变{ε}=[D]
−1
{σ}=[D][C]{p}
T
T
−1
虚余功δW*={∆}{δp}={δp}
T
{∆}=(θiδMi+θjδMj)
虚余能δV*=∫{ε}{δσ}dΩ=∫{εσ}{ε}dΩ
Ω
Ω
T
=∫{δp}[C][D]
Ω
TT−1
⎤T−1T⎡
CPdΩ=δpCDCdΩ{}⎢∫[][][]⎥{p}[]{}
⎣Ω⎦
于虚力原理:δW*=δV*考虑到虚力{δp}的任意性。得:
{∆}={p}∫[C][D][C]dΩ=[A]{p}
Ω
T−1
式中
[A]=∫[C][D][C]dΩ——柔度矩阵(以上推导具有普遍意义)
Ω
T−1
对本题:
⎧x⎫
1−y⎪y⎡⎛x⎞x⎤1⎪l⎪
1−−dΩ=[A]=∫⎨⎪⎬⎢⎜l⎟⎥xIEIlEI⎝⎠⎣⎦Ω⎪−⎪
⎪⎩l⎪⎭
=由
1EI
⎡l/3−l/6⎤l
=⎢−l/6l/3⎥3EI
⎣⎦
⎡⎛x⎞2x⎛x⎞⎤
−⎜1−⎟⎥⎢⎜1−⎟
ll⎝l⎠⎥⎢⎝l⎠dx∫0⎢xx2⎥
⎞⎛x⎞⎢−⎛⎥1−⎜⎟⎜⎟
⎢⎥⎝l⎠⎣l⎝l⎠⎦
−1/2⎤⎡1
⎢−1/21⎥⎣⎦
{∆}=[A]{p}展开得:
⎧θi⎫l
⎨⎬=⎩θj⎭3EI
−1/2⎤⎧Mi⎫⎡1
⎢−1/2⎥⎨M⎬1⎣⎦⎩j⎭
6.2题
方法一单位位移法
ε=(uj−ui)/l设δui=1,则
,σ=Eε=E(uj−ui)/l
δε=−δui/l=−1/l
E−EAlEA
Tii1=∫(uj−ui)(−1/l)dΩ=2∫(uj−ui)dx=(ui−uj)0lllΩ同理,令δuj=1可得
Tji1=∫
EEA
uj−ui)(1/l)dΩ=((uj−ui)llΩ
可记为
⎧Ti⎫EA⎡1−1⎤⎧ui⎫
即:⎨⎬=⎢−11⎥⎨u⎬Tlj⎣⎦⎩j⎭⎩⎭
{p}=[K]{∆}
ij
ij
[K]为刚度矩阵。
方法二
矩阵虚位移法
设{pij}=⎡⎣Ti
∵式中∴
Tj⎤⎦
T
{∆}=⎡⎣u
ij
i
uj⎤⎦
T
⎧ui⎫1⎧⎫
{ε}=(uj−ui)/l={−11}⎨⎬∆[B]⎨∆ij⎬
l⎩⎭⎩uj⎭1
l
[B]={−11}——几何矩阵
{σ}=[D]{ε}=[D][B]{∆ij}
设虚位移外力虚功虚应变能
{δ∆ij}=⎡⎣δui
TT
δuj⎤⎦
T
,虚应变{δε}=[B]{δ∆ij}
T
δW={pij}{δ∆ij}={δ∆ij}
Ω
Ω
{p}
ijT
δV=∫{σ}{δε}dΩ=∫{δε}{σ}dΩ
=∫{δ∆ij}[B][D][B]{∆ij}dΩ
T
Ω
T
⎤T⎡T
={δ∆ij}⎢∫[B][D][B]dΩ⎥{∆ij}
⎣Ω⎦≜{δ∆ij}[K]{∆ij}
由式中
δW=δV得:
T
{p}=[K]{∆}
ij
ij
[K]=∫[B][D][B]dΩ——刚度矩阵
Ω
对拉压杆元方法三设
1⎧−1⎫1EA⎡1−1⎤
K=EA−11dx=}[]⎨⎬{⎥∫1lll⎢⎩⎭⎣−11⎦l
⎧ui⎫
,{∆ij}=⎨⎬
⎩uj⎭=
详细见方法一。
矩阵虚力法
,{δ}=[D]{ε}
⎧Ti⎫{pij}=⎨T⎬
⎩j⎭
∵
{σ}=
Tj−Ti
A
⎧Ti⎫1−11{}⎨T⎬≜[C]{pij}A⎩j⎭
式中∴
[C]=
1
[−11]——物理矩阵(指联系杆端力与应力的系数矩阵)A
−1
−1
{ε}=[D]{σ}=[D][C]{pij}
⎧δTi⎫
设虚力{δpij}=⎨⎬,
⎩δTj⎭
虚应力{δσ}=[C]{δpij}则{δε}=[D]
−1
[C]{δpij}
虚余功虚余能
δW*={∆ij}{δpij}={δpij}{∆ij}δV*=∫{ε}{δσ}dΩ=∫{δσ}{ε}dΩ
Ω
Ω
TT
TT
=∫{δpij}[C][D]
T
Ω
T
−1
[C]{pij}dΩ
⎡⎤T−1
={δpij}⎢∫[C][D][C]dΩ⎥{pij}
⎣Ω⎦
≜{δpij}[A]{pij}
式中
[A]=∫[C][D][C]dΩ
Ω
T−1
——柔度矩阵
对拉压杆:∴即
[K]=
A1⎧−1⎫1l⎡1−1⎤
−11dx=}⎨⎬{⎥1E∫AAEA⎢⎩⎭⎣−11⎦l
ij
{∆}=[A]{p}
ij
⎧ui⎫l⎡1−1⎤⎧Ti⎫
⎨⎬=⎢−11⎥⎨T⎬uEA⎣⎦⎩j⎭⎩j⎭
讨论:比较方法二、三。结论:
{p}=[K]{∆},
ij
ij{∆}=[A]{p}
ij
ij
−1
若
,则,[K][K]与[A]的逆矩阵存在(遗憾的是并非总是存在)
−1
实
际上是一个柔度矩阵,[A]实际上是一个刚度矩阵
6.3题
1)6.30如图所示
2nπx⎞⎛
设v(x)=∑an⎜1−cos⎟
l⎠⎝n=1显然满足x=0,x=l处的
变形约束条件
∞
v(0)=v(l)=0v'(0)=v'(l)=0
2
EIEI⎡∞⎛2nπ⎞2nπx⎤''2
变形能V=(v)dx=⎢∑an⎜⎥dx⎟cos
2∫02∫0⎢ll⎠⎥⎣n=1⎝⎦
2
ll
EI
=2
⎛2nπ⎞la∑⎜⎟⎝l⎠2n=1
2n
∞
4
力函数∐=pv(c)+pv(l−c)=2pv(c)(对称)
2nπc⎞⎛
=2p∑an⎜1−cos⎟
l⎠⎝n=1
由
∂(V−∐)∂V∂∐EIl2nπ42nπc⎞⎛
=0,所以=。即an(=2p⎜1−cos⎟∂an∂an∂an2ll⎠⎝
∞
2nπc⎞⎛
1−cospl3⎜l⎟⎝⎠所以,an=⋅4EIπ4n4
pl3
v(x)=4
4πEI
∑n
n=1
∞
1⎛2nπc⎞⎛2nπx⎞1−cos1−cos⎟⎜⎟4⎜l⎠⎝l⎠⎝
2)6.40如图所示设v(x)=a0x+∑ansin
n=1∞
nπxl
2
2
2
⎡EI⎡∞⎛nπ⎞nπx⎤⎣v(l)⎤⎦=EIV=−asindx+⎢⎥∑n⎜⎟
2∫0⎢ll⎥2A2⎝⎠n=1⎣⎦
l
⎛nπ⎞l(a0l)a∑⎜⎟+
2A⎝l⎠2n=1
∞
4
2
n
2
∐=pU(c)=p∑
ansin
n=1
∞
nπc
+a0pcl
由
∂(V−∐)
=0∂a0
得a0l2/A=pc,所以,a0=Apc/l2由
∂(V−∐)
=0,得∂an
4
EIl⎛nπ⎞nπc2pl3nπc
a=psin所以,a=sinn⎜⎟n4
2⎝l⎠llEI(nπ)Apc2pl3∴v(x)=2x+
lEIπ43)6.50如图所示所以,
1nπcnπx
sinsin∑4
lln=1n
∞
令v(x)=ax2(l−x)
l0
V==
EI
2
∫
v''2dx
EIl2
2al−6axdx()∫02
=2a2EIl3
l/2
∐=∫
qU(x)dx=∫
l/2
qax2(l−x)dx=
5
qal4192
由∴
∂(V−∐)
=0∂a
得4aEIl3=
55qlql4所以,a=192768EI
v(x)=
5ql2
x(l−x)768EI
4)6.60所示如图,
设v(x)=a1x2+a2x3,v(x)=2(a1+3a2x)
''
V=
EI2
∫
l
v''2dx=
EI2
∫
l
4(a1+3a2x)dx
2
22
=
2EIl(a12+
3a1a2l+3a2l)
∐=∫qv(x)dx=q∫
l/2
ll
l/2
(ax
1
2
+a2x3)dx
ql3⎛7a115a2l⎞=+⎜⎟8⎝38⎠由
∂(V−∐)
=0∂a1∂(V−∐)
=0∂a2
得2EIl(2a1+3a2l)=7ql3/24得6EIl(a1l+2a2l2)=15ql4/64
由
⎧67ql2a=⎪⎪1384EI
解上述两式得⎨
⎪a=−13ql⎪⎩2192EI
ql22ql3
x−0.0677x∴v(x)=0.1745EIEI6.4题
如图所示
设v(x)=a1sin
πxl
E(2I)l/2''2⎤
vdx⎥∫l/42⎦
⎡EI
V=2⎢
⎣2
∫
l/4
v''2dx+
=EI∫
l/4
l/2πx⎞⎛π⎞⎛πx⎞2⎛π⎞⎛a⎜⎟⎜sindx+2EIasin1⎜⎟⎟⎜⎟dx∫l/4l⎠l⎠⎝l⎠⎝⎝l⎠⎝2
1
4242
⎛π⎞l⎛31⎞=EIa12⎜⎟⎜+⎟
⎝l⎠4⎝2π⎠∐=∫
qv(x)dx=q∫
a1sin
4
ll
πx
dx=2qla1/πl
∂(V−∐)⎛π⎞l⎛31⎞2ql由=0得EIa1⎜⎟⎜+⎟=
∂a1⎝l⎠2⎝2π⎠π
4
4ql4ql4
所以,a1==0.00718
31EI⎛⎞EIπ5⎜+⎟⎝2π⎠
ql4πx
U(x)=0.00718sin
EIl
6.5题
如图所示设v(x)=∑ansin
n=1∞
(2n−1)πx
2l
2
V=
EI2
∫
2l
⎡v(l)⎤⎦⎡v(x)''⎤dx+⎣
⎣⎦2A
2
2
⎡∞⎛2n−1π⎞4⎤∞
()EI⎢⎛2n−1⎞⎛⎞2
=3∑⎜π⎟⎟⎥⎟an+⎜∑ansin⎜2l⎢n=1⎝2⎝2⎠⎠⎥⎝n=1⎠⎣⎦
l3其中,A=
EI
⎡(2n−1)π⎤∂VEI⎛2n−1⎞EI⎛∞⎛2n−1⎞⎞
=3⎜π⎟an+3⎜∑ansin⎜π⎟⎟isin⎢⎥∂anl⎝2l⎝n=12⎠⎝2⎠⎠⎣⎦
4
∐=∫qv(x)dx=q∫
2l
2l∞
∑ansin
n=1
(2n−1)πx2l
⎛2l=q∑an⎜⎜2n−1πn=1⎝
∞⎞4ql∞an
⎟⎣1−cos(2n−1)π⎤⎦=π∑2n−1⎟⎡n=1⎠
所以,
∂∐4ql=
∂an2n−1π
4
4
∂VEI⎛π⎞EI∂VEI⎛3π⎞EI
取前两项得=3⎜⎟a1+3(a1−a2),=3⎜⎟a2−3(a1−a2)
∂a1l⎝2⎠l∂a2l⎝2⎠l∂(V−∐)
由=0
∂a1
⎧⎪EI得⎨3
⎪⎩l
⎡⎛π⎞4⎤⎫EI4ql⎪
⎢⎜⎟+1⎥⎬a1−3a2=
lπ⎢⎥⎣⎝2⎠⎦⎪⎭
∂(V−∐)由=0∂a2⎧⎪EI得⎨3⎪⎩l⎡⎛3π⎞4⎤⎫EI4ql⎪⎢⎜⎟+1⎥⎬a2−3a1=l3π⎢⎥⎣⎝2⎠⎦⎪⎭⎧4ql4
7.088a1−a2=⎪⎪πEI即:⎨4⎪a−494.133a=−4ql
12⎪3πEI⎩⎧ql4
a=0.1798⎪⎪1EI⎨4⎪a=0.00118ql
2⎪⎩EI
4解得πx3πx⎞ql⎛∴v(x)=⎜0.180sin+0.0012sin⎟2l2l⎠EI⎝
ql⎛l⎞∴中点挠度v⎜⎟=0.1786EI⎝2⎠4
6.6题取v1(x)=∑ansinnπxnπxv2(x)=∑bnsinll
V=EI
2∫l
0v1dx+GAs
2∫l
0'2v2dx
22GAsEI⎡nπx⎤⎛nπ⎞ =−asindx+⎢⎥∑n⎜⎟2∫0⎢ll⎥2⎝⎠⎣⎦l⎡⎛nπb∑n⎜∫0⎢⎝l⎣lnπx⎤⎞cos⎟⎥dxl⎠⎦2
EI =2GAs2⎛nπ⎞la+∑n⎜⎟2⎝l⎠2
442⎛nπ⎞lb∑n⎜⎟⎝l⎠222EIl⎛nπ⎞2GAsl⎛nπ⎞2 =∑∑⎜⎟an+⎜⎟bn44⎝l⎠⎝l⎠
∂VEIlnπ4∂VGAslnπ2=(an,=(bn∂an2l∂bn2l∐=∫qv1dx+∫qv2dx00ll
lnπxnπx =q∫∑ansindx+q∫∑bnsin00lll
⎛nπ⎞⎛nπ⎞ =q∑
an⎜(1−cosnπ)+qb∑n⎜⎟⎟(1−cosnπ)⎝l⎠⎝l⎠−1−1
51