结构力学第2章习题及参考答案
结构力学答案 李廉锟
第二章 作业参考答案习题2-3(b )(a )FAK解：先计算计算自由度：3(2)321(2303)0W m h r =−+=×−×+= 或者2()212(213)0W j b r =−+=×−+=这表明体系具有几何不变所需最少的联系数目。
此体系的支座链杆只有三根，且不完全平行也不交于一点，若体系为一刚片，则他与地基是按两刚片规则组成的，因此只需分析体系本身是不是一个几何不变的刚片即可。
去掉M 和C 两个二元体。
在b 图中，KFL 刚片、ABF 刚片和GEJ 刚片通过不共线的三个铰（Ⅰ，Ⅱ）、（Ⅱ，Ⅲ）和（Ⅰ，Ⅲ）两两连接，由三刚片规则可知，体系为几何不变体系，且无多余联系。
习题2-5解：先计算计算自由度：3(2)34(244)W m h r =−+=×−×+=0这表明体系具有几何不变所需最少的联系数目。
大地作为刚片Ⅰ，ACE 和BDF 分别作为刚片Ⅱ和Ⅲ，此三刚片用不共线的三个铰（Ⅰ，Ⅱ）（或者A ）、（Ⅱ，Ⅲ）和（Ⅰ，Ⅲ）（或者B ）两两连接，如上图，由三刚片规则可知，体系为几何不变体系，且无多余联系。
KNMFJA解：先计算计算自由度3(2)328(2200)4W m h r =−+=×−×+=>3 或者2()216(280)43W j b r =−+=×−+=>这表明体系具有几何可变的（常变）。
注：如果分不清是常变还是瞬变，可以直接写可变也行。
习题2-9解：先计算计算自由度：3(2)311(2153)W m h r =−+=×−×+=0 或者2()27(113)0W j b r =−+=×−+=这表明体系具有几何不变所需最少的联系数目。
此体系的支座链杆只有三根，且不完全平行也不交于一点，若体系为一刚片，则他与地基是按两刚片规则组成的，因此只需分析体系本身是不是一个几何不变的刚片即可。
结构力学习题及答案(武汉大学)
结构力学习题第2章平面体系的几何组成分析2-1～2-6 试确定图示体系的计算自由度。
题2-1图题2-2图题2-3图题2-4图题2-5图题2-6图2-7～2-15 试对图示体系进行几何组成分析。
若是具有多余约束的几何不变体系，则需指明多余约束的数目。
题2-7图题2-8图题2-9图题2-10图题2-11图题2-12图题2-13图题2-14图题2-15图题2-16图题2-17图题2-18图题2-19图题2-20图题2-21图2-1 1=W 2-1 9-=W 2-3 3-=W 2-4 2-=W 2-5 1-=W 2-6 4-=W2-7、2-8、2-12、2-16、2-17无多余约束的几何不变体系 2-9、2-10、2-15具有一个多余约束的几何不变体系 2-11具有六个多余约束的几何不变体系2-13、2-14几何可变体系为2-18、2-19 瞬变体系2-20、2-21具有三个多余约束的几何不变体系第3章静定梁和静定平面刚架的内力分析3-1 试作图示静定梁的内力图。
（a）（b）(c) (d)习题3-1图3-2 试作图示多跨静定梁的内力图。
（a）（b）(c)习题3-2图3-3～3-9 试作图示静定刚架的内力图。
习题3-3图习题3-4图习题3-5图习题3-6图习题3-7图习题3-8图习题3-9图3-10 试判断图示静定结构的弯矩图是否正确。
(a)(b)(c) (d)部分习题答案3-1 （a ）m kN M B ⋅=80（上侧受拉），kN F RQB 60=，kN F L QB 60-=（b ）m kN M A ⋅=20（上侧受拉），m kN M B ⋅=40（上侧受拉），kN F RQA 5.32=，kN F L QA 20-=，kN F LQB 5.47-=，kN F R QB 20=(c) 4Fl M C =（下侧受拉），θcos 2F F L QC =3-2 (a) 0=E M ，m kN M F ⋅-=40（上侧受拉），m kN M B ⋅-=120（上侧受拉）（b ）m kN M RH ⋅-=15(上侧受拉)，m kN M E ⋅=25.11（下侧受拉）（c ）m kN M G ⋅=29(下侧受拉)，m kN M D ⋅-=5.8(上侧受拉)，m kN M H ⋅=15(下侧受拉) 3-3 m kN M CB ⋅=10（左侧受拉），m kN M DF ⋅=8（上侧受拉），m kN M DE ⋅=20（右侧受拉） 3-4 m kN M BA ⋅=120（左侧受拉）3-5 m kN M F ⋅=40（左侧受拉），m kN M DC ⋅=160（上侧受拉），m kN M EB ⋅=80(右侧受拉)3-6 m kN M BA ⋅=60（右侧受拉），m kN M BD ⋅=45（上侧受拉），kN F QBD 46.28=3-7 m kN M C ⋅=70下（左侧受拉），m kN M DE ⋅=150（上侧受拉），m kN M EB ⋅=70(右侧受拉) 3-8 m kN M CB ⋅=36.0（上侧受拉），m kN M BA ⋅=36.0（右侧受拉） 3-9 m kN M AB ⋅=10（左侧受拉），m kN M BC ⋅=10（上侧受拉） 3-10 （a ）错误 （b ）错误 （c ）错误 （d ）正确第4章 静定平面桁架和组合结构的内力分析4-1 试判别习题4-1图所示桁架中的零杆。
《结构力学》课后习题答案__重庆大学出版社
第1章 绪论（无习题）第2章 平面体系的几何组成分析习题解答习题2.1 是非判断题(1) 若平面体系的实际自由度为零，则该体系一定为几何不变体系。
( )(2) 若平面体系的计算自由度W =0，则该体系一定为无多余约束的几何不变体系。
( ) (3) 若平面体系的计算自由度W ＜0，则该体系为有多余约束的几何不变体系。
( ) (4) 由三个铰两两相连的三刚片组成几何不变体系且无多余约束。
( )(5) 习题2.1(5) 图所示体系去掉二元体CEF 后，剩余部分为简支刚架，所以原体系为无多余约束的几何不变体系。
( )B DACEF习题 2.1(5)图(6) 习题2.1(6)(a)图所示体系去掉二元体ABC 后，成为习题2.1(6) (b)图，故原体系是几何可变体系。
( )(7) 习题2.1(6)(a)图所示体系去掉二元体EDF 后，成为习题2.1(6) (c)图，故原体系是几何可变体系。
()(a)(b)(c)AEBFCD习题 2.1(6)图【解】（1）正确。
（2）错误。
0W 是使体系成为几何不变的必要条件而非充分条件。
（3）错误。
（4）错误。
只有当三个铰不共线时，该题的结论才是正确的。
（5）错误。
CEF 不是二元体。
（6）错误。
ABC 不是二元体。
（7）错误。
EDF 不是二元体。
习题2.2 填空(1) 习题2.2(1)图所示体系为_________体系。
习题2.2(1)图(2) 习题2.2(2)图所示体系为__________体系。
习题2-2(2)图(3) 习题 2.2(3)图所示4个体系的多余约束数目分别为_______、________、__________、__________。
习题2.2(3)图(4) 习题2.2(4)图所示体系的多余约束个数为___________。
习题2.2(4)图(5) 习题2.2(5)图所示体系的多余约束个数为___________。
习题2.2(5)图(6) 习题2.2(6)图所示体系为_________体系，有_________个多余约束。
结构力学习题及答案
构造力学习题第2章平面体系的几何组成分析2-1～2-6 试确定图示体系的计算自由度。
题2-1图题2-2图题2-3图题2-4图题2-5图题2-6图2-7～2-15 试对图示体系进展几何组成分析。
假设是具有多余约束的几何不变体系，那么需指明多余约束的数目。
题2-7图题2-8图题2-9图题2-10图题2-11图题2-12图题2-13图题2-14图题2-15图题2-16图题2-17图题2-18图题2-19图题2-20图题2-21图2-11=W2-1 9-W=2-3 3-W=2-4 2-W=2-5 1-W=2-6 4-W=2-7、2-8、2-12、2-16、2-17无多余约束的几何不变体系2-9、2-10、2-15具有一个多余约束的几何不变体系2-11具有六个多余约束的几何不变体系2-13、2-14几何可变体系为2-18、2-19 瞬变体系2-20、2-21具有三个多余约束的几何不变体系第3章静定梁和静定平面刚架的内力分析3-1 试作图示静定梁的内力图。
〔a〕〔b〕(c) (d)习题3-1图3-2 试作图示多跨静定梁的内力图。
〔a〕〔b〕(c)习题3-2图3-3～3-9 试作图示静定刚架的内力图。
习题3-3图习题3-4图习题3-5图习题3-6图习题3-7图习题3-8图习题3-9图3-10 试判断图示静定构造的弯矩图是否正确。
(a)(b)(c)(d)局部习题答案3-1〔a 〕m kN M B ⋅=80〔上侧受拉〕，kN F RQB 60=，kN F L QB 60-=〔b 〕m kN M A ⋅=20〔上侧受拉〕，m kN M B ⋅=40〔上侧受拉〕，kN F RQA 5.32=，kN F L QA 20-=，kN F LQB 5.47-=，kN F R QB 20=(c)4Fl M C =〔下侧受拉〕，θcos 2F F L QC =3-2 (a)0=E M ，m kN M F ⋅-=40〔上侧受拉〕，m kN M B ⋅-=120〔上侧受拉〕〔b 〕m kN M RH ⋅-=15(上侧受拉)，m kN M E ⋅=25.11〔下侧受拉〕〔c 〕m kN M G ⋅=29(下侧受拉)，m kN M D ⋅-=5.8(上侧受拉)，m kN M H ⋅=15(下侧受拉) 3-3 m kN M CB ⋅=10〔左侧受拉〕，m kN M DF ⋅=8〔上侧受拉〕，m kN M DE ⋅=20〔右侧受拉〕 3-4 m kN M BA ⋅=120〔左侧受拉〕3-5 m kN M F ⋅=40〔左侧受拉〕，m kN M DC ⋅=160〔上侧受拉〕，m kN M EB ⋅=80(右侧受拉) 3-6 m kN M BA ⋅=60〔右侧受拉〕，m kN M BD ⋅=45〔上侧受拉〕，kN F QBD 46.28=3-7 m kN M C ⋅=70下〔左侧受拉〕，m kN M DE ⋅=150〔上侧受拉〕，m kN M EB ⋅=70(右侧受拉) 3-8 m kN M CB ⋅=36.0〔上侧受拉〕，m kN M BA ⋅=36.0〔右侧受拉〕 3-9 m kN M AB ⋅=10〔左侧受拉〕，m kN M BC ⋅=10〔上侧受拉〕 3-10 〔a 〕错误 〔b 〕错误 〔c 〕错误 〔d 〕正确第4章 静定平面桁架和组合构造的内力分析4-1 试判别习题4-1图所示桁架中的零杆。
南京航空航天大学_结构力学_课后习题答案_第2章
第二章 薄板的弯曲（习题解答）2-1 写出2-1图所示矩形薄板的边界条件。
OA 为简支边，并作用有分布的弯矩M 。
BC 边为固支边，OC 边为简支边。
AB 边为自由边。
解：OA 边：M x w Dyw u x w D M w x x x x x -=∂∂-=∂∂+∂∂-======0220222200)(0；OC 边：0)(00220222200=∂∂-=∂∂+∂∂-======y y y y y y wD x w u y w D M w ；BC 边：00=∂∂===ax a x xww ；AB 边：0)(2222=∂∂+∂∂-===b y by yx wu y w D M0])2([)(2333=∂∂∂-+∂∂-=∂∂+==by by yx y y x w u y w D xM Q2-2 如图2-2所示，矩形薄板OA 边和OC 边为简支边，AB 和BC 为自由边，在点B 受向下的横向集中力P 。
试证w mxy =可作为该薄板的解答，并确定常数m 、内力及边界处反力。
解：mxy w =满足平衡微分方程0/4==∇D q wOC 边上：0)(0022220＝；==∂∂+∂∂-=y y x wu y w D wOA 边上：0)(0022220＝；==∂∂+∂∂-=x x y wu x w DwAB 边上：0])2([0)(23332222=∂∂∂-+∂∂-=∂∂+∂∂-==by b y y x wu y w D x w u y w D ；BC 边上：0])2([0)(23332222=∂∂∂-+∂∂-=∂∂+∂∂-==ax a x y x wu x w D y w u x w D ；在B 点上：P m u D y x wu D by a x -=--=∂∂∂--==)1(2)()1(2,2)1(2u D Pm -=⇒所以)1(2u D Pxyw -=0)(2222=∂∂+∂∂-=y wu x w D M x ；0)(2222=∂∂+∂∂-=x w u y w D M y ；2)1(2P y x w u D M xy-=∂∂∂--= ；02=∇∂∂-=w xD Q x ；02=∇∂∂-=w y D Q y P R R P y x wu D R O C AA ==-=∂∂∂--=；)()1(222-3 如图2-3所示，半椭圆形薄板，直线边界为简支边，曲线边界ACB 为固支边，承受横向载荷0q=q xa 。
结构力学第2章习题参考答案_khdaw
2
w.
13 FN6 = 1.352 1FP
案 网
sin α =
1
cos α =
2
sin β =
2
cos β =
3
FN6 sin β + FN5 cos α − FN4 sin θ = 0
2.5Fp
Fp
Fp
∑Fy = 0
2 FP ， ∑M K = 0 2 FN1 = 4 FP ， ∑ Fx = 0
FN 4 = −4.5 FP
y
∑F
x
=0 FN2 = 0
FN1 = 0
取 1、2 杆相交结点为隔离体，可求得：
2-6(f) 取隔离体图（a）所示，求得支座反力。再取隔离体图（b）列方程有： G F E 0 A 1 B 2 H
答
FN3
F
w.
H FN2
案 网
da
D C 2 FN5 D Fp Fp Fp (b)隔离体图
后
FN4
Fp
kh
w.
kh
da
课
后
答
w.
案 网
Fp l=8×a
co
A D E B （d）
m
Fp
N
O
P
Q
U
V
H
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2-2 答：
11 9 10
1 0 8
12
13 6
4 5
7 4×2.5 m
17.5 kN 依次取结点为隔离体，受力图如下所示。 10 kN FN1 FN2
32.5 kN
2×1.25 m
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2-6(a) 答：取图(a)所示隔离体，列方程有： 80 kN 45o FN1 (a)隔离体 2 FN1 (b)隔离体 FN2 80 kN K
南京航空航天大学 结构力学 课后习题答案 第2章
第二章 薄板的弯曲（习题解答）2-1 写出2-1图所示矩形薄板的边界条件。
OA 为简支边，并作用有分布的弯矩M 。
BC 边为固支边，OC 边为简支边。
AB 边为自由边。
解：OA 边：M x w D y w u x w D M w x x x x x -=∂∂-=∂∂+∂∂-======0220222200)(0；OC 边：0)(00220222200=∂∂-=∂∂+∂∂-======y y y y y y wD x w u y w D M w ；BC 边：00=∂∂===ax a x xww ；AB 边：0)(2222=∂∂+∂∂-===b y by yx wu y w D M0])2([)(2333=∂∂∂-+∂∂-=∂∂+==by by yx y y x w u y w D xM Q2-2 如图2-2所示，矩形薄板OA 边和OC 边为简支边，AB 和BC 为自由边，在点B 受向下的横向集中力P 。
试证w mxy =可作为该薄板的解答，并确定常数m 、内力及边界处反力。
解：mxy w =满足平衡微分方程0/4==∇D q wOC 边上：0)(0022220＝；==∂∂+∂∂-=y y x wu y w D wOA 边上：0)(0022220＝；==∂∂+∂∂-=x x y wu x w D wAB 边上：0])2([0)(23332222=∂∂∂-+∂∂-=∂∂+∂∂-==by b y y x wu y w D x w u y w D ；BC 边上：0])2([0)(23332222=∂∂∂-+∂∂-=∂∂+∂∂-==ax a x y x wu x w D y w u x w D ；在B 点上：P m u D y x wu D by a x -=--=∂∂∂--==)1(2)()1(2,2)1(2u D Pm -=⇒所以)1(2u D Pxyw -=0)(2222=∂∂+∂∂-=y wu x w D M x ；0)(2222=∂∂+∂∂-=x w u y w D M y ；2)1(2P y x w u D M xy-=∂∂∂--= ；02=∇∂∂-=w xD Q x ；02=∇∂∂-=w y D Q y P R R P y x wu D R O C AA ==-=∂∂∂--=；)()1(222-3 如图2-3所示，半椭圆形薄板，直线边界为简支边，曲线边界ACB 为固支边，承受横向载荷0q=q xa 。
《结构力学》课后习题答案__重庆大学出版社
第1章 绪论（无习题）第2章 平面体系的几何组成分析习题解答习题2.1 是非判断题(1) 若平面体系的实际自由度为零，则该体系一定为几何不变体系。
( )(2) 若平面体系的计算自由度W =0，则该体系一定为无多余约束的几何不变体系。
( ) (3) 若平面体系的计算自由度W ＜0，则该体系为有多余约束的几何不变体系。
( ) (4) 由三个铰两两相连的三刚片组成几何不变体系且无多余约束。
( )(5) 习题2.1(5) 图所示体系去掉二元体CEF 后，剩余部分为简支刚架，所以原体系为无多余约束的几何不变体系。
( )B DACEF习题 2.1(5)图(6) 习题2.1(6)(a)图所示体系去掉二元体ABC 后，成为习题2.1(6) (b)图，故原体系是几何可变体系。
( )(7) 习题2.1(6)(a)图所示体系去掉二元体EDF 后，成为习题2.1(6) (c)图，故原体系是几何可变体系。
()(a)(b)(c)AEBFCD习题 2.1(6)图【解】（1）正确。
（2）错误。
0W 是使体系成为几何不变的必要条件而非充分条件。
（3）错误。
（4）错误。
只有当三个铰不共线时，该题的结论才是正确的。
（5）错误。
CEF 不是二元体。
（6）错误。
ABC 不是二元体。
（7）错误。
EDF 不是二元体。
习题2.2 填空(1) 习题2.2(1)图所示体系为_________体系。
习题2.2(1)图(2) 习题2.2(2)图所示体系为__________体系。
习题2-2(2)图(3) 习题 2.2(3)图所示4个体系的多余约束数目分别为_______、________、__________、__________。
习题2.2(3)图(4) 习题2.2(4)图所示体系的多余约束个数为___________。
习题2.2(4)图(5) 习题2.2(5)图所示体系的多余约束个数为___________。
习题2.2(5)图(6) 习题2.2(6)图所示体系为_________体系，有_________个多余约束。
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N
①二杆结点的情况N 。N、VN 结点为无结点荷载作用的 二杆结点，故 NA、NO 杆件和 VI、VU 杆件都是零杆；接 着，O、U 结点又变成无结点荷载作用的二杆结点，故 OP、 OJ、UT、UM 杆件也是零杆。②结点单杆的情况。BJ、DK、 QK、RE、HM、SL、LF 杆件均为无结点荷载作用的结点单 杆，都是零杆；接着，JC、CK、GM、LG 杆件又变成了无 结点荷载作用的结点单杆，也都是零杆。所有零杆如图
1 kN 3
FN4
10.52 3
32
FN 4 x
1.21kN ， FN4y
10.5 3 FN4x
1.17 kN
F x 0 ， FN2 3.3kN
F y 0 ： FN1 FN
2 2
FN 4 y
2
2
0
，
FN1
2.83 kN
2-10 选用较简捷的方法计算图示桁架中指定杆的轴 力。
（a-1）所示。去掉零杆后的简化体系如图（a-2）所示。
（2）求支座反力。很明显， FAx 0 ， FAy FIy 1.5FP （3）求指定杆轴力。由 I 结点的平衡条件，得
FNIM FNMT 1.5 2FP ， FN IH FN HG 1.5FP 由 G 结点的平衡条件，得
FNGT ， FP FNGF FN FE 1.5FP 由 T 结点的平衡条件，得
0.75 0.75 mm
2-7 试用对称性求图示桁架各杆轴力。
C
D
A
E
1m8 8m
F
B
20
20
kN （ a
kN
）
20
20
kN （ b
kN
） 解 （1）求支座反力
FAy FB y 20 kN
（2）判断零杆。去掉零杆得图（b）所示简化体 系。
（3）求杆件轴力
FNAC FNBD 20 kN
结点 E：
M
0 D
FAy
2.5
1 2
20 2.52
187.5kNm
FQ0D FAy 20 2.5 50 kN
（3）求三铰拱 D 截面内力
yD 5mcos30 2.5 3 m
D 30, tan D
3 3
， sin D
1 2
，cos
D
3 2
MD
A
H
B FP DFP2 IFP2 (b
解 从 A)点开始，可以依次判断 A-B1杆、BC 杆、CD
)
杆均为无结点荷载作用的结点单杆，都是零杆。同理， 从 H 点开始，也可以依次判断 HI 杆、IF 杆、FD 杆为零 杆。最后，DE 杆也变成了无结点荷载作用的结点 D 的单 杆，也是零杆。所有零杆如图（b-1）所示。
M B 0 ： FN1 20kN
2-6 试判断图示桁架中的零杆并求 1、2 杆轴力。
2.5 m
8 20 kN
H I J ⅠK L
kN 1
2
A C D 2.5mE6 Ⅰ15mF G
B
（
FNJK K a）L
FN2 D
D
FNEF F G B
D
（
FBy
b） 解：（1）判断零杆。如图（a）所示。
（2）求支座反力
解 （1）求支座反力。
FN2
4FP
Fp
Fp
(c) Ⅱ — Ⅱ截面
FAx 0，FA y FB y 2.5FP
（2）求指定杆轴力。 Ⅰ-Ⅰ截面（图（b））：
F y 0 ， FN3
2 2
FP
M K 0 ， FN1 4FP
Fx 0 ， FN4 4.5FP
Ⅱ-Ⅱ截面（图（c））
F y 0 ， FN2 0.5FP
和反对称N情况。
（2）求指定杆轴力。对称情况 1、2、3 杆轴力为零。 反对称情况 4 杆轴力为零。由 A 结点的平衡条件，得
FNAC FN2 30 2 kN ， FN1 30 kN 由对称性得
FNBE FN1 30 kN
由 E 结点的平衡条件，得
FN3 15 2 kN
2-9 选用较简捷的方法计算图示桁架中指定杆的轴力。
Fy 0 ， FNEC 33.33kN Fx 0 ， FNEF 26.67 kN
结点 C
Fx 0 ， FNCD 26.67 kN
由对称性可知
FNFD FNEC 33.33 kN
2-8 试说明如何用较简单的方法求图示桁架指定杆 件的轴力。
22 mm
80 Ⅱ Ⅰ 1kN 4N
m
Ⅱ 2
架。先由附属部分开始计算。取 D 结点以左部分为隔离
体
MD 0 ， FAy 30kN
取整体为对象
Fx 0，FBx 0 MC 0，FBy 30 kN
（2）求指定杆轴力。 Ⅰ—Ⅰ截面（图（b） Fy 0 ， FN3 0 Ⅱ-Ⅱ截面（图（c）） Fy 0 ， FN2 10 2 kN
FNTL FNLE 0.5 2FP ， FNTS FNSR 2FP
至此已求出对称轴右侧所有杆件的轴力，对称轴左 侧杆件的轴力可由对称性很方便地得到。
2-2（b）
Fp
l=2 ×(a b
)
aa
FG CD
A
H Fp
E B
（b-1）
H
Fp
DE
A
B
（b-2）
解 （1）判断零杆。零杆如图（b-1）所示，去掉 零杆后的简化体系如图（b-2）所示。
M A 0 ， FN2y 5kN ， FN2
5 1
FN2 y
5
5 kN
Ⅱ—Ⅱ截面（图（c））
MC 0 ， FN3 20kN
5m
2-4 试用截面法求图示桁架指定杆件的轴力。
ⅡK Ⅰ 4
Fp
2 13 FpⅡ Ⅰ Fp
Fp
Fp
B
5 m×6＝30 m
（
K FN4a）
FN3
FN1
Fp
Fp
(b) Ⅰ — Ⅰ 截 面
N 2m 4 m
(a)
Ⅰ 2m
80 kN 45o FN1
(a-1) Ⅰ — Ⅰ
解 Ⅰ-Ⅰ截截面面（图(a-1)）
80 kN
80 2
K FN2
(a-2) Ⅱ — N
Ⅱ截面
F x 0 ， FN1 80 2 kN Ⅱ-Ⅱ截面（图(a-2)）
M K 0 ， FN2 = 80 kN
2-8 (b)
kN/Km
C
Q
10 m ×
FH
B 5 m FBy
习2题=202m-11 图
解 （1）求支座反力
FB y 48 kN ， FA y 152 kN ， FH 130 kN （2）求等代梁 K 截面内力
M
0 K
FAy
5
1 20 52 2
510 kNm
FQ0K FAy 20 5 52 kN
（3）求三铰拱 K 截面内力。
yK
4 fx(l x) l2
3 m ， tanK
yK
4f
(l 2x) l2
2 5
sin K
2 22 52
2 29
， cosK
5 22 52
5 29
MK
M
0 K
FH yK
510 130 3 120 kN m
FQK FQ0K cosK FH sinK 52
5 130 29
2 0 29
(2)求指定杆轴力 结点 C：去掉零杆 CD
F y 0 ： FN2 y 1kN ， FN2
13 2 FN2 y 1.8 kN
结点 G
F y 0 ， FN4 1kN Ⅰ—Ⅰ截面（图（a））
M F 0 ： FN1 4 FN2 y 3 FBy 6 1 3 0
22 FN1 3 kN 7.33kN
FNOG＝－FNOH
（a）
同理，G、H 结点也为“K”结点，故
FNOG＝－FNGH FNHG＝－FNOH
（b） （c）
由式（a）、（b）和（c）得
FNOG＝FNGH＝FNOH＝0 同理，可判断在 TRE 三角形中
FNSK＝FNKL＝FNSL＝0
D 结点也是“K”结点，且处于对称荷载作用下的对 称轴上，故 ID、JD 杆都是零杆。所有零杆如图（c-1） 所示。
3×2 m
60
30
30
kN 1
2
kN 1
2 kN
N 3N
30
4×N2 m
kN
(b
)
N
30 A 4 B 30
kN 1 NC 2 kN
D
E
3
30 N
N 4×
N
30
kN
(Nb-22)m反N对称 kN
3× 2m
3 30
N
N
N (b-1)N对 称 kN
荷载组N
N
N
荷载组 N N 解 （1N）荷载分组。N 将荷载与支座反力分解成对称
（2）求指定杆轴力。由 H 结点的平衡条件得
FN HE FN EB FP ， FNHD FNDA 2FP
2-3 用截面法求图示桁架中指定杆的轴力。
3m
Ⅱ 10k
10k Ⅰ
5kN N
1 Ⅰ
2
10k C N
N3
A
D2m×6=12Ⅱm B
FBy=25k N
（a）
FBy=10k N
5kN
10k FN1y Ⅰ
将 FN2 滑移到 G 点 M H 0 ， FN3 4 FN2 y 3 2 6 1 9 FBy 12 0
FN3
61 6
kN
10.17
kN
2-11 求图示抛物线（ y 4 fx(l x) / l 2 ) 三铰拱距左支座 5m 的截面内力。