静不定问题分析及答案

1 第十四章 静不定问题分析 题号 页码 14-1 ................................................................................................................................................................1 14-2 ................................................................................................................................................................2 14-3 ................................................................................................................................................................4 14-4 ................................................................................................................................................................7 14-5 ................................................................................................................................................................9 14-7 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也可通过左侧题号书签直接查找题目与解） 14-1 试判断图示各结构的静不定度。 2 题 14-1图 解：（a）在平面受力时，一个封闭框有三个多余约束，此问题又多一个外约束，故为四度静不 定。 （b）若无中间铰，两边的刚架分开，二者均为静定刚架。安此中间铰，使相连处在 x、y两个 方向的相对位移均受到约束，故为二度静不定。 另一种分析方法是搭结构法，以左边的静定刚架为基础，搭上右边的刚架需要加三个约束，中 间铰已提供了两个，右下端只需再加一个约束就可以了，可现在加了三个约束（固定端），故为二 度静不定。 （c）在平面受力时，一个圆环有三个多余约束，安一个中间铰，减少一个约束，现安有两个 中间铰，故为一度静不定。 （d）在平面受力时，一个封闭框有三个多余约束，此框在左上角和右下角各有一个中间铰， 减去两个约束，故为一度静不定。 14-2 图示各刚架，弯曲刚度 EI均为常数。试求支反力，并画弯矩图。 题 14-2图 （a）解：法 1，常规解法 3 此为一度静不定问题。 如图 14-2a(1)所示，解除 B处水平约束，代以多余反力 FBx 。 图 14-2a 由∑ = 0AM ，得 BxBy Fl M F −= e 据图（1）与图（2），列弯矩方程如下： ( ) 1e1 xFl MxM Bx    −= ， ( ) lFxFxM BxBx −= 22 ( ) 11 xxM −= ， ( ) lxxM −= 22 将其代入 ( ) ( ) += ∫ 111 0 d 1 xxMxMEI∆ lBx ( ) ( ) 222 0 d 1 xxMxMEI l∫ 并利用协调条件 0=Bx∆ ，可得 l M FBx 2 e= （←） 依据平衡条件，进而可得 l M FBy 2 e= （↑）， l M FAx 2 e= （→）， l M FAy 2 e= （↓）， 4 法 2，利用反对称性求解 见图（3），可直接得到合支反力 F， l MF 2 e= 将其分解，所得结果与法 1完全相同。 弯矩图如图（4）所示。 （b）解：此为一度静不定问题。 载荷状态及单位状态如图 14-2b所示。 图 14-2b 弯矩方程为 ( ) 22211 2)( , x qlFxMxFxM BxBx −== ( ) 11 xxM = , ( ) lxM =2 将其代入 ( ) ( ) += ∫ 111 0 d1 xxMx MEI∆ lBx ( ) ( ) 222 0 d1 xxMxMEI l∫ 积分后，得     −= 63 41 43 qllF EI ∆ BxBx 代入协调条件 0=Bx∆ 得 8 qlFBx = 弯矩图如图（3）所示。 14-3 图示圆弧形小曲率杆，弯曲刚度 EI 为常数。试求支反力。对于题(b)，并计算截面 5 A的水平位移。 题 14-3图 （a）解：此为一度静不定问题。 由对称性可得 2 FFF CyBy == （↑） 又由于对称性（θA=0），求ΔCx的载荷状态及单位状态可示如图 14-3a。 图 14-3a 弯矩方程为 ( ) ( )ϕϕϕ cos1 2 sin −−= RFRFM Cx ( ) ϕϕ sinRM = 将其代入 =Cx∆ ( ) ( )∫ 2π 0 d1 ϕϕϕ RMMEI 积分后，得 =Cx∆    − 44 π3 FF EI R Cx 代入协调条件 0=Cx∆ 得 6 π FFCx = （←） 进而求得 π FFBx = （→） （b）解：此为一度静不定问题。 求 Ay∆ 的载荷状态及单位状态可示如图 14-3b。 图 14-3b 弯矩方程为 ( ) ϕϕ sine RFMM Ay−= ( ) ϕϕ sinRM −= 将其代入 ( ) ( ) ϕϕϕ d1 2 π 0 RMM EI ∆Ay ∫= 积分后，得    −= e 2 4 π MRF EI R∆ AyAy 代入协调条件 0=AyΔ 得 7 R MFAy π 4 e= （↑） 进而求得 0=BxF ， R MFBy π 4 e= （↓）， eπ π4 MM B −= （3） 求 Ax∆ 的载荷状态及单位状态示如图（3）和（4）。 弯矩方程为 ( ) ϕϕ sinπ 4 e e MMM −= ( ) ( )ϕϕ cos1−= RM 将其代入 ( ) ( ) ϕϕϕ d1 2 π 0 RMM EI ∆Ax ∫= 积分后，得到 EI RM EI RM∆Ax 2 e 2 e 2 0658.0π2 )4π2π( −=−−= （←） 14-4 图示桁架，各杆各截面的拉压刚度均为 EA。试求杆 BC的轴力。 题 14-4图 解：此为一度静不定问题。 求 '/ ee∆ 的载荷状态及单位状态如图 14-4a和 b所示。 8 图 14-4 求切口处相对位移 '/ ee∆ 的过程列于下： i il iF N iFN iii lFF NN 1 a 2 1− 2 5NF− 2 N5aF 2 a 2 1− 2 5NFF − 2 )( N5 aFF − 3 a 2 1− 2 5NFF − 2 )( N5 aFF − 4 a 2 1− 2 5NF− 2 N5aF 5 a2 1 N5F aF 5N2 ∑ ( ) FaaF −+ 5N22 由此得 '/ ee∆ ( ) EA FaaF EA lFF ii i i −+== ∑ = 5N N 5 1 N 22 代入协调条件 '/ ee∆ 0= 得到 FFF BC 2 22 5NN −== 9 14-5 图示小曲率圆环，承受载荷 F作用。试求截面 A与 C的弯矩以及截面 A与 B的相 对线位移。设弯曲刚度 EI为常数。 题 14-5图 解：1．求 AM 和 CM 此为三度静不定问题。有双对称性可利用。 由对称条件可得（图 14-5a） 2NN FFF DC == 图 14-5 由双对称性可知， 0=Cθ ， 0=Aθ 据此可方便地求出 CM 。求 Cθ 的载荷状态及单位状态示如图 b和 c。 弯矩方程为 ( ) ( )ϕϕ cos1 2 −+= RFMM C 10 ( ) 1=ϕM 将其代入 ( ) ( ) ϕϕϕθ d1 2 π 0 RMM EIC ∫= 积分后，代入协调条件 0=Cθ 可得 FRM C π2 2π −−= 进而可求得 π FRM A = 2．求 BA∆ / 令原题图中的 F=1，即为求 BA∆ / 的单位状态。 依据图 a，可以写出弯矩方程如下： ( ) ( )ϕϕ cos1 2π2 2π −+−−= RFFRM ( ) =ϕM ( )ϕcos1 2π2 2π −+−− RR 将其代入 ( ) ( ) ϕϕϕ d4 2 π 0 / RMMEI ∆ BA ∫= 积分后，得到 EI FR EI FR∆ BA 332 / 1488.0π4 )8π( =−= （← →） 14-7 试画图示刚架的弯矩图。设弯曲刚度 EI为常数。 11 题 14-7图 （a）解：此为二度静不定问题。有对称性可利用。 如图 14-7a 所示，由于 C 处有铰，所以 0=CM ；又由于 C 处在对称位置，故知其 0S =F 。 铰 C 左右两边各受切向载荷 F/2。相当系统（取左边一半）如图（1）所示，待求未知力仅有 FNC 一个。 图 14-7a 求截面 C的水平位移 Cx∆ ，并根据对称条件，有 0=Cx∆ 由此得到 FF C 8 3 N = （→） 弯矩图如图（2）所示，其最大弯矩为 4 || max FlM = （b）解：此为三度静不定问题。有反对称性可利用。 在结构对称面 C处假想切开，由于反对称，故有 0N =CF ， 0=CM 12 待求未知内力仅有 FSC一个。 求 Cy∆ 的载荷状态及单位状态如图 14-7b所示。 图 14-7b 弯矩方程为 ( ) 1S1 xFxM C= ， ( ) 2S2 22 x qllFxM C −= ( ) 11 xxM = ， ( ) 22 lxM = 将其代入 ( ) ( ) += ∫ 1112 0 d1 xxMxMEI∆ l Cy ( ) ( ) 222 0 d1 xxMxM EI l∫ 积分后，得 EI qllF ∆ CCy 24 37 43S −= 代入协调条件 0=Cy∆ 得 qlF C 7 3 S = （↑） 弯矩图如图（3）所示，其最大弯矩为 7 2 || 2 max qlM = 14-8 试画图示各刚架的弯矩图，并计算截面 A与 B沿 AB连线方向的相对线位移。设弯 曲刚度 EI为常数。 13 题 14-8图 提示：本题 a~d 均为三度静不定问题。其中，a 与 b 均为双对称问题。对称面上 0S =F ，FN 可由静力平衡条件求出，只剩下一个未知内力待求，依据协调条件（切口两边相对转角为零）即可 求出。c与 d均为双反对称问题，结构对称面上只有 SF 待求，而且可由静力平衡条件求出。 由于问题比较简单，这里拟直接给出结果。 （a） 12 2 max qlM = ， EI ql∆ BA 64 4 / = （← →） （b） 8max FlM = ， EI Fl∆ BA 96 3 / = （← →） （c） 2max FlM = ， 0/ =BAΔ （d） 4 2 max qlM = ， 0/ =BAΔ 14 弯矩图见图 14-8。 图 14-8 14-10 图示小曲率圆环，承受载荷 F作用。试计算支反力。设弯曲刚度 EI为常数。 题 14-10图 解：此为四度静不定问题。有双对称条件可以利用。 若圆环无左右刚壁约束，由题 14-5之解可得 2NN FFF DC −== （负号代表压力） FRMM DC π2 2π −== ， π FRMM BA −== 由 F引起的 CD ′∆ 可根据图 14-10a和 b来算。 15 图 14-10 弯矩方程为 ( ) ( )ϕϕ cos1 2π2 2π −−−= RFFRM ( ) ϕϕ sinRM −= 将其代入 ( ) ( ) ϕϕϕ∆ d2 2 π 0 / RMMEIDC ∫=′ 积分后，得 EI FR DC π2 )π4( 3 / −=′∆ （← →） 设 C与 D处的水平反力为 Fx，根据题 14-5所得的ΔA/B，这里有 Fx引起的 DC / ′′∆ ， EI RFx DC 32 / 4 )8π( π∆ −−=′′ （→ ←） 代入协调条件 0/// =+= DCDCDC ∆''∆'∆ 最后得 FFx 8π π28 2 − −= （→ ←） B处支反力为 FFBy = （↑） 14-11 图示桁架，承受载荷 F = 80kN 作用，各杆各截面的拉压刚度均为 EA。试求杆 BC的角位移。 16 题 14-11图 （a）解：此为一度静不定问题。由图 14-11a（1）可知，因为反对称，所以有 02N =F 又据图（2）可得 FF −=3N （压）， FF 25N = 图 14-11a 求 BCθ 的载荷状态及单位状态可简画如图（2）和（3）。计算过程归纳如下表： i il iF N iFN iii lFF NN 3 a a 1− F− F 5 a2 a2 1 F2 F2 ∑ ( )F21+ 于是得 17 EA F EA lFF iii BC )21(NN +=∑=θ （3） （b）解：此为一度静不定问题。由图 14-11b（1）可知，由于反对称，故有 02N =F 进而可得 ,1N FF = FF −=3N （压） 图 14-11b 求 BCθ 的载荷状态及单位状态如图（1）和（2）所示，杆 2均视为被切断。计算过程归纳如下 表： i il iF N iFN iii lFF NN 1 2a a32 1 F 3 F 3 2a a3 1− –F 3 2F ∑ F3 于是得 EA F EA lFF iii BC 3NN =∑=θ （3） 14-12 图示结构（均为小曲率圆杆），弯曲刚度 EI为常数。试计算截面 A与 B沿 AB连 线方向的相对线位移。 18 题 14-12图 （a）解：此为一度静不定问题。有双对称条件可以利用。 取上半部分来分析，受力如图 14-12a所示。此即为求 BAΔ / 的载荷状态，将F换成 1，即为求 BAΔ / 的单位状态。 图 14-12a 取ϕ如图（这样取计算较方便），弯矩方程为 ( )    −= ϕϕ sin 2 1 2 FRM ( )    −= ϕϕ sin 2 1 2 RM 将其代入 ( ) ( ) ϕϕϕ d4 6 π 0 / RMMEI ∆ BA ∫= 积分后，得 ( ) EI FR EI FR∆ BA 33 / 0422.08 833 =−+= π （b）解：此为三度静不定问题。有反对称条件可以利用。 19 先求内力。取相当系统如图 14-12b(1)，另二内力均为零，图中未画。 图 14-12b 求 '/ AAΔ 的载荷状态及单位状态示如图（1）和（2）。弯矩方程为 ( ) ( ) ϕϕϕϕ sinsin S2 RFqRM A−−= ( ) ϕϕ sinRM −= 将其代入 '/ AAΔ = ( ) ( ) ϕϕϕ d2 π0 RMMEI ∫ 积分后，代入协调条件 '/ AAΔ =0，可得 qRF A =S 求 BAΔ / 的载荷状态及单位状态如图（1）和（3）所示。 由于 )(ϕM 左右异号，而 )(ϕM 左右同号，不难判断，二者相乘后的积分值必为零，即 0/ =BA∆ 14-13 图示两端固定杆，如果温度升高 T，试计算杆内的最大正应力。材料的弹性模量 为 E，线膨胀系数为 lα ，截面宽度不变。 题 14-13图 解：此为三度静不定问题。有对称条件可以利用。 20 1．求对称面 C上的内力 载荷状态、求 CxΔ 的单位状态及求 Cθ 的单位状态分别示如图 14-13a,b和 c。 图 14-13 求 Cx∆ 的内力方程为 ( ) CFxF N1N = ， ( ) CFxF N2N = ( ) 11N =xF ， ( ) 12N =xF ( ) 4N1 hFMxM CC −= ， ( ) CMxM =2 ( ) 41 hxM −= ， ( ) 02 =xM 将其代入 ( ) ( ) 111 0 1 2 1 NN d1 xxMxM EIEA lFF∆ l i i iii Cx ∫∑ += = 算得 TlM Eh lF Eh l lCCCx α∆ 2 33 4 11 3N2 =−= (1) 求 Cθ 的内力方程为 ( ) 4N1 hFMxM CC −= ， ( ) CMxM =2 ( ) 11 =xM ， ( ) 12 =xM 将其代入 222 2 0 2 111 0 1 )d()(1)d()(1 xxMxM EI xxMxM EI ll C ∫∫ +=θ 积分后，得 21 048 4 12 4 N 4 =+   −= CCCC MEh lhFM Eh lθ （2） 联解方程（1）与（2），得 2 N 3 26 15 , 104 3 TEhFTEhM lClC αα == 2．求杆内的最大正应力 最大正应力存在于该杆中段，其值为 TETE h F hh M ll CC αασ 846.1 13 15 13 92 2 6 2 N 2max =   +=+    = 14-14 图示小曲率圆环，承受矩为Me的力偶作用，试计算截面 A与 B间的相对转角。 已知圆环的平均半径为 R，横截面的直径为 d，弹性模量为 E，切变模量为 G。 题 14-14图 解：此为六度静不定问题。有双对称条件及平面-空间问题的规律可以利用。 设竖向直径两端截面为 C和 D，由于 C为对称截面，故有反对称内力素为零，即 0SS === CzCyC TFF 又由于这是平面-空间问题（即平面结构、外载荷均垂直于结构平面的问题），故有结构平面内的内 力素为零，即 0N == zCC MF 由此可知，截面 C（或 D）待求未知内力只剩下 yCM （或 yDM ）一个（见图 14-14a）。 22 图 14-14 由于双对称，故有 yDyC MM = 由图 a可得 2 eMMM yDyC == 由于双对称，求 BAϕ 的载荷状态及单位状态可示如图 b和 c。 内力方程为 αααα αααα sin)( ,cos)( sin 2 )( ,cos 2 )( ee == == MT MMMT 将其代入 ααααααϕ d)()(2d)()(2 2 π 0 2 π 0 p RMM EI RTT GIBA ∫∫ += 积分后，得截面 A与 B之间的相对转角为 )21(8)1 2 1( 4 π 4 ee EGd RM EGI RM BA +=+=ϕ 14-15 图示等截面刚架，横截面为圆形，材料的弹性模量为 E，泊松比为 3.0=µ 。试画 刚架的弯矩图与扭矩图。 23 题 14-15图 （a）解：此为六度静不定问题。有对称条件及平面-空间问题的规律可以利用。 如图 14-15a（1）所示，在对称截面 C处“切开”，有 0SS === CzCxC TFF 由于是平面-空间问题，故有 0N == zCC MF 至此，待求的未知内力只剩下 xCM 。 图 14-15a 变形协调条件为 0' =CCxθ 24 求 'CCxθ 的载荷状态及单位状态示如图（1）和（2）。内力方程为 ( ) ( ) 22211 2 , 2 a qM xTxqMxM xCxCx −=−= ( ) ( ) 1 ,1 21 == xT xM x 由于 ( ) 02 =xM ，故 ( )2xM 也可省写。 将内力方程代入 222 0 p 111 0 ' )d()( 1)d()(1 xxTxT GI xxMxM EI a x a x x CCx ∫∫ +=θ 积分后，得 ( ) 0 2 11 6 2 2 ' =   +−++−= qaMqaM EI a xCxC x CCx µµθ 注意到µ =0.3 ，故有 2355.0 qaM xC = 上述计算中用到 ( ) ( ) µµ +=+= 1212p xx EI IEGI xCM 求出后，可画内力图了。该刚架的弯矩图和扭矩图如图（3）和（4）所示，其中， ,2 max qaM = 2max 145.0 qaT = （b）解：法 1，解除多余外约束 此为六度静不定问题。有对称条件及平面-空间问题的规律可以利用。 此静不定刚架的相当系统如图 14-15b（1）所示。A端解除多余约束后，由于对称性（关于 o45 铅垂面对称），可得 2S FF zA = （↑） 由于是平面-空间问题，故有 0SN === zAyAA MFF 25 实际上，待求的未知多余反力只剩下 yAM 和 AT 。 图 14-15b 求 yAθ 和 Aϕ 的单位状态示如图（2）和（3）。 内力方程为 ( ) 11 2 x FMxM yAy −= ， ( ) ATxT =1 ( ) 11 =xM y ， ( ) 11 =xT ( ) aFMxT yA 22 −= ， ( ) 22 2 x FTxM Ax −= ( ) 12 =xT ， ( ) 12 =xM x 将其代入 222 0 p 111 0 )d()( 1)d()( 1 xxTxT GI xxMxM EI a y a yyA ∫∫ +=θ 26 及 222 0 111 0 p )d()(1)d()(1 xxMxM EI xxTxT GI x a x a A ∫∫ +=ϕ 完成积分，并代入协调条件 0 ,0 == AyA ϕθ 得方程 ( ) 0 2 1 4 =   −++   − FaM EI aFaM EI a yAyA µ 及 0 4 )1( =   −++ FaT EI a EI aT A Aµ 依次解得 FaFaTFaFaM AyA 1087.046 5 ,391.0 23 9 ==== 刚架的弯矩图和扭矩图示如图（4）和（5）。 法 2，解除多余内约束 此题亦可在对称面处切开（解除多余内约束），从而得到原静不定刚架的相当系统，如图 13-15b （6）所示。由平面-空间问题的规律可知，被切截面上只有一种内力偶矩 M 存在，其矢量是沿铅 垂对称面与刚架平面的交线方向（45°方向）的。 取杆段 AB来分析，将内力偶矩分解（按矢量分解容易看清楚）为弯矩 0M 和扭矩 T（见图 7）， 易知二者的大小相等，即 o45cos0 MTM == （a） 由对称性可知，变形协调条件为 045cos45cos 45 =+= ooo BBB ϕθθ （b） 式中， o45Bθ 为 B处对称截面的总转角， Bθ 为 B处横截面由弯矩产生的转角， Bϕ 为 B处横截面由 扭矩产生的扭转角。 用单位载荷法不难求出 Bθ 和 Bϕ ，其值分别为 27    −= 20 4 1 aFaM EIB θ （c） 和 EI Ta GI Ta B )1( p µϕ +== （d） 将式（c）和（d）代入式（b），并注意到式（a），得 ( ) ( ) 01 4 1 2 2 2 2 02 0 45 =   ++   −= += EI aMaFaM EI BBB µ ϕθθ o 由此得 ( ) FaM 4 12 0 =+ µ 即 ( ) FaFa FaTM 1087.0 46 5 240 ==+== µ 可见，法 2所得结果与法 1的结果是一致的，弯矩图同图（4），扭矩图同图（5）。 14-16 图示小曲率圆环，一重量为 P 的物体自高度 h 处自由下落。试计算圆环内的最 大正应力。已知圆环的平均半径为 R，横截面的直径为 d，弹性模量为 E，切变模量为 G，圆环的 质量与物体的变形忽略不计。 题 14-16图 解：此为三度静不定问题。 28 1．求被冲击点的静位移 st∆ 由题 13-5之解可知， st∆ = ( ) 4 3332 03.31488.0π4 8π Ed PR EI PR EI PR ==− (↓) 2．求最大冲击载荷 dF     ++= st d 211 Δ hPF 3．计算圆环内的最大正应力 maxσ 由题 13-5之解还可知， max M 发生在冲击载荷作用处（及铅垂直径下端）截面上，其值为 max M = RF RF d d 318.0π = 由此得 maxσ =     ++= st 3 max 21124.3 ∆ h d PR W M 4．检查 在水平直径两端的截面上，受 M、FN联合作用，检查其正应力，其值小于以上所算结果；对 任意截面求 ( )ϕσ ，进而求极值，未发现有新的极大值。 14-18 图示阶梯形梁，I1 =2I2 = I。试用三弯矩方程求解并画弯矩图。 题 14-18图 解：此为二度静不定问题。 原静不定梁的相当系统示如图 14-18a，待求的未知支点弯矩有 0M （即 AM ）和 1M （即 BM ）。 29 图 14-18 在图 a中，有 llllMMM =====− 210e21 ,0 , ,0 0 ; 2 , 21021 ===== ωωωIIII 对于支座 0，得三弯矩方程 0 2 1 1 1 0 =+ I lM I lM （a） 对于支座 1，得三弯矩方程 0112 2 e 21 1 1 0 =+    ++ I lM II lM I lM （b） 方程（a）与（b）化简后联立求解，得 BMMMMM =−== e1e0 11 4 , 11 2 进而求得支反力为 l M FyA 11 6 e= （↓）， e11 2 MM A = （3）， l M FyB 11 21 e= （↑）， l M FyC 11 15 e= （↓） 该梁的弯矩图如图 14-18b所示。 14-20 试用三弯矩方程求图示梁的支反力。弯曲刚度 EI为常数。 30 题 14-20图 解：此为三度静不定问题。 原静不定梁的相当系统如图 14-20a所示。AB段载荷弯矩图示如图 b。 图 14-20 对于支座 A，有 0 , , ,0 11321 ==== aMMMMM BA ω 4 0 2 0 2 0 22 360 7 326546 lqll lqlllqb −=⋅⋅−⋅⋅=ω 由此得三弯矩方程 ( )   −×−=  +   + 40360 7602 lq IlI lM I lM BA 或 2 060 72 lqMM BA =+ （a） 对于支座 B，有 0 , , 321 === MMMMM BA 4 0 2 0 2 0 11 45 1 3 2 265 4 46 lqll lqlllqa −=⋅⋅−⋅⋅=ω 022 =bω 由此得三弯矩方程 ( )   −×−=   ++   4 045 1602 lq lII lM I lM BA 或 31 2015 22 lqMM BA =+ （b） 联解方程（a）与（b），得 2 030 1 lqM A = （3）， 2020 1 lqM B = （4） 进而可求得 lqFyA 020 3= （↓）， lqFyB 020 7= （↓） 14-21 图示梁，支座 B沉陷δ ，试用三弯矩方程求支反力并画弯矩图。弯曲刚度 EI为 常数。 题 14-21图 解：此为二度静不定问题。 原静不定梁的相当系统如图 14-21a所示。 图 14-21 对于支座 B，有 lllMMMMM CB ===== 21210 ; , ,0 l '' l 'III δαδα =−=== 1121 , ; 得相应三弯矩方程   −−=+ l EIlMlM CB δ264 （a） 对于支座 C，有 32 0 , ;0 , , 32321 ===== lllMMMMM CB 0 , ; , 2232 =′′=′∞== αδα lIII 由此得得三弯矩方程   −=+ l EIlMlM CB δ62 （b） 将方程（a）与（b）联立求解，得 27 30 l EIM B δ= ， 27 36 l EIM C δ−= 进而可求得 37 30 l EIFyA δ= （↑）， 37 96 l EIFyB δ= （↓）， 37 66 l EIFyC δ= （↑） 该梁的弯矩图如图 14-21b所示。 14-1 14-2 14-3 14-4 14-5 14-7 14-8 14-10 14-11 14-12 14-13 14-14 14-15 14-16 14-18 14-20 14-21