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1. 简答题（共50分）
（1）分析图示体系的几何构造，计算体系的计算自由度，说明两者的关系。（10分）
【答案】上部体系与基础刚片通过一铰一链杆相连，满足两刚片规则，故可去除基础刚片及支承约束仅分析上部体系；上部体系按图示选取刚片Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ（其中刚片Ⅰ和Ⅲ中各含一个多余约束），三刚片间仅有a、b、c和d四个约束，不足六个约束，因此该体系为几何常变体系。
计算自由度：选择以铰结点为研究对象，链杆为约束
$W=10\times2-\left(3+17\right)=0$
体系的计算自由度W=总自由度数-总约束数；几何构造分析是通过约束的几何布置分析确定体系中的必要约束数和多余约束数，进而获得体系的结构自由度S（体系的结构自由度S=总自由度数-总必要约束数），其中S>0的体系为几何可变体系、S=0的体系为几何可变体系；由于多余约束数为自然数，所以S≥W。综上可知体系的计算自由度W≤0是体系几何不变的必要不充分条件；计算自由度W>0的体系其结构自由度S始终大于0，故为几何常变体系。
（2）简述功的互等定理，其只适用于线弹性体系吗？（10分）
【答案】功的互等定理：线弹性体系状态i的外力在状态j的位移上所做的功等于状态j的外力在状态i的位移上所做的功（$W_{ji}^{ex}=W_{ij}^{ex}$）。
功的互等定理是由虚功原理引入线弹性条件后推导获得的，因此功的互等定理仅适用于线弹性体系。
虚功原理（$W_{ij}^{ex}=W_{ij}^{in}\mathrm{~}\&W_{ji}^{ex}=W_{ji}^{in}$）+线弹性条件（$\begin{aligned}W_{ij}^{in}=W_{ji}^{in}\end{aligned}$）→功的互等定理（$W_{ji}^{ex}=W_{ij}^{ex}$）
（3）简述阻尼对结构自由振动的影响。（10分）
【答案】阻尼通过耗散自由振动结构的机械能使其振幅逐渐衰减直至趋于停止。与无阻尼体系相比常见阻尼比小于1的小阻尼体系阻尼对结构自由振动的影响体现在两方面：其一是使振幅衰减，其二是使振动“周期”延长（当阻尼比原小于1时，阻尼对振动“周期”的延长可忽略不计）。如小阻尼单自由度体系自由振动的运动方程为：$y=Ae^{-\xi\omega t}\cos\left(\sqrt{1-\xi^2}\omega t+\alpha\right)$，可见引入阻尼后原本的简谐振动变成了振幅指数衰减“周期”延期的往复运动。
（4）简述分支点失稳和极值点失稳，两者有何区别？（10分）
【答案】分支点失稳：理想体系，当荷载增加到稳定临界荷载时，结构除原有的平衡路径外，还存在第二种平衡路径（平衡路径分支）。
极值点失稳：非理想体系，当荷载增加到稳定临界荷载时，结构按原有变形模式快速发展并丧失承载力（平衡路径唯一且存在极值点）。
区别：分支点失稳结构的平衡形式即内力和变形状态会发生质的突变，原有平衡形式成为不稳定的，同时出现新的有质的区别的平衡形式；极值点失稳结构的平衡形式并不发生质变，变形按原有形式迅速增长，使结构丧失承载能力。
（5）温度变化、支座移动等因素作用对超静定结构极限荷载是否有影响？（10分）
【答案】没有影响。形成破坏机构的部分在形成最后一个塑性铰前为静定结构，所以温度变化、支座移动等因素在该部分产生的内力在结构达到破坏极限荷载前已释放，故对结构的极限荷载没有影响。
2. 图示结构，AB、BC和CD圆弧曲杆组成半径为R的半圆，圆弧AB和CD对应的圆心角$\theta=\pi/4$；水平均布荷载布置在BC弧梁。请写出AB弧梁的弯矩表达式，并计算最大弯矩及其位置；绘制结构的弯矩图，基线取圆弧水平投影，标注各段弧梁的最大弯矩。（20分）
【答案】（1）AB圆弧曲杆为二力杆，取BC隔离体对C点取矩平衡
$\sum M_C=0$，$F_{By}\cdot\sqrt{2}R-\frac12w{\left(\sqrt{2}R\right)}^2=0$ 得
$F_{By}=\frac{\sqrt{2}}2wR$（向上）
根据几何关系可知：$\begin{aligned}\frac{F_{Bx}}{F_{By}}=\sqrt{2}-1\end{aligned}$ 得
$F_{Bx}=\left(1-\frac{\sqrt{2}}2\right)wR$（向右）
由BC隔离体竖向力平衡和水平力平衡计算C结点约束力
$\sum F_x=0$ 得 $\begin{aligned}F_{Cx}=&\Bigg(1-\frac{\sqrt{2}}{2}\Bigg)wR\end{aligned}$（向左）
$\sum F_y=0$ 得 $F_{Cy}=\frac{\sqrt{2}}2wR$（向上）
AB圆弧曲杆按图示建立极坐标系，取AK隔离体并对K点取矩平衡可得：
$M_K\left(\alpha\right)=\left[\left(1-\frac{\sqrt{2}}2\right){\sin\alpha+\frac{\sqrt{2}}2\cos\alpha-\frac{\sqrt{2}}2}\right]wR^2\left(0{\leq\alpha\leq\frac\pi4}\right)$（$M_K$以外侧受拉为正）
根据AK隔离体力的平衡可知，截面K的合力大小等于$F_B$，作用方向与AB连线平行；根据几何关系可知当K点位于AB圆弧段中点时，K点距离AB连线最远，$M_K$取得最大值（力臂最大）。
$M_{K\max}=M_K(\alpha)|_{\alpha=\frac\pi8}=0.0583wR^2$（外侧受拉）
（2）绘制弯矩图
取CD隔离体对D点取矩平衡，易得$M_D=0$；故半圆的弯矩左右正对称。
AB和CD弧梁的最大弯矩：
$M_{AB\max}=M_{CD\max}=0.0583wR^2$（外侧受拉）
根据对称性可知BC弧梁的最大弯矩位于BC圆弧段的中点，最大弯矩为：
$\begin{aligned}M_{BC\mathrm{~max}}&=\frac18w{\left(\sqrt{2}R\right)}^2-\left(1-\frac{\sqrt{2}}2\right)wR{\left(1-\frac{\sqrt{2}}2\right)}R=0.164wR^2\end{aligned}$（内侧受拉）
3. 图示结构，AB与BC垂直，A、C位于同一水平线上，A处支座与AB垂直，AB梁上对称作用一对垂直AB杆的集中力F；根据B结点的变形协调条件，采用力法求解，EI=常数。（20分）
（1）计算A、C支座的支座反力；
（2）确定结构的最大弯矩及位置；
（3）当$\alpha=0.25$时，绘制结构的弯矩图。
【答案】（1）①力法基本体系
②力法方程
$\delta_{11}X_1+\Delta_{1P}=0$
③计算系数和自由项
$\begin{aligned}\delta_{11}=\sum\int\frac{\overline{M}_1\overline{M}_1}{EI}ds=\frac{1}{EI}\bigg(\frac{1}{2}\times L\times1\times\frac{2}{3}+L\times1\times1\bigg)=\frac{4L}{3EI}\end{aligned}$
$\begin{aligned}\Delta_{1P}&=\sum\int\frac{M_P\overline{M}_1}{EI}ds=-\frac1{EI}\bigg(\frac{L+L-2\alpha L}2\times\alpha FL\times\frac12\bigg)=-\frac{\left(1-\alpha\right)\alpha FL^2}{2EI}\end{aligned}$
④解方程
$\begin{aligned}X_1=\frac{-\Delta_{1P}}{\delta_{11}}=\frac{3\left(1-\alpha\right)\alpha FL}8\end{aligned}$
⑤计算A、C支座的支座反力（$R=R_P+\overline{R}_1X_1$），按下图定义支座反力及其正方向
$\begin{aligned}F_{RA}=F-\frac{X_1}{L}=&\left[1-\frac{3\left(1-\alpha\right)\alpha}{8}\right]F\end{aligned}$
$\begin{aligned}F_{RCy}=F+\frac{X_1}L=\left[1+\frac{3\left(1-\alpha\right)\alpha}8\right]F\end{aligned}$
$F_{RCx}=0$
$\begin{aligned}M_C=X_1=\frac{3\left(1-\alpha\right)\alpha FL}8\end{aligned}$
（2）刚架的弯矩$\begin{aligned}M=M_P+\bar{M}_1X_1\end{aligned}$
刚架外侧受拉的最大弯矩出现在BC段，大小为：
$\begin{aligned}M_{ex}=X_1=\frac{3\left(1-\alpha\right)\alpha FL}8\end{aligned}$
内侧受拉的最大弯矩出现在靠近A支座的集中荷载作用点，大小为:
$\begin{aligned}M_{in}=\alpha FL-\alpha X_1=\left[1-\frac{3(1-\alpha)\alpha}8\right]\alpha FL\end{aligned}$
由于：
$\begin{aligned}\frac{M_{in}}{M_{ex}}=\frac8{3\left(1-\alpha\right)}+\left(1-\alpha\right)-1\geq2\sqrt{\frac83}-1>1\end{aligned}$
因此刚架的最大弯矩出现在靠近A支座的集中荷载作用点，大小为$\left[1-\frac{3\left(1-\alpha\right)\alpha}8\right]\alpha FL$，内侧受拉。
（3）当$\alpha=0.25$时，$X_1=\frac{9FL}{128}$，刚架的弯矩$\begin{aligned}M=M_P+\bar{M}_1X_1\end{aligned}$
提示：为了满足横平竖直的视觉习惯，可将刚架整体顺时针旋转45°。
4. 图示结构，AB杆作用均布荷载，各杆刚度及尺寸如图所示，EI=常数。（20分）
（1）写出各杆在B结点处的弯矩，并绘制弯矩图。
（2）竖直向下单位移动荷载在AC上移动，绘制A支座和D支座竖向反力的影响线。（只需绘制影响线形状）
【答案】（1）设B结点的转角为$\theta_{B}$，则各杆在B结点处的弯矩为：
$\begin{aligned}M_{BA}=\frac{EI}{L}\theta_B+\frac{9}{8}wL^2\end{aligned}$
$\begin{aligned}M_{BC}=\frac{3EI}{4L}\theta_B\end{aligned}$
$\begin{aligned}M_{BD}=\frac{4EI}{L}\theta_B\end{aligned}$
由B结点力矩平衡$\begin{aligned}M_{BA}+M_{BC}+M_{BD}&=0\end{aligned}$ ，得：
$\begin{aligned}\theta_B=-\frac9{46}\frac{wL^3}{EI}\end{aligned}$（逆时针）
将求得的$\theta_{B}$会带到杆端弯矩表达式后可得：
$\begin{aligned}M_{BA}=\frac{171}{184}wL^2\end{aligned}$，$\begin{aligned}M_{BC}=-\frac{27}{184}wL^2\end{aligned}$，$\begin{aligned}M_{BC}=-\frac{18}{23}wL^2\end{aligned}$
（2）采用机动法定性绘制$F_{RAy}$和$F_{RDy}$的影响线形状
5. 图示结构，弹簧刚度$k=4EI/L^3$；计算X处截面的剪力和弯矩，并绘制弯矩图。（20分）
【答案】根据对称性取正对称半结构分析
采用位移法计算半结构的弯矩图
（1）位移法基本体系
（2）位移法方程
$k_{11}\Delta_1+k_{12}\Delta_2+F_{1P}=0$
$k_{21}\Delta_1+k_{22}\Delta_2+F_{2P}=0$
（3）计算系数和自由项
$k_{11}=12EI/L^3+4EI/L^3=16EI/L^3$
$k_{12}=k_{21}=-6EI\mathrm{~/~}L^2$
$k_{22}=4EI/L+EI/L=5EI/L$
$F_{1P}=-wL/2$
$F_{2P}=wL^2/12$
（4）解方程
$\begin{aligned}\frac{16EI}{L^3}\Delta_1-\frac{6EI}{L^2}\Delta_2-\frac{wL}2=0\end{aligned}$
$\begin{aligned}-\frac{6EI}{L^2}\Delta_1+\frac{5EI}L\Delta_2+\frac{wL^2}{12}&=0\end{aligned}$
解得：
$\begin{aligned}\Delta_1=\frac{wL^4}{22EI}\end{aligned}$（向下）
$\begin{aligned}\Delta_2=\frac{5wL^3}{132EI}\end{aligned}$（顺时针）
（5）绘弯矩图（根据对称性补全右半边）$M=M_P+\bar{M}_1\Delta_1+\bar{M}_2\Delta_2$
（6）X处截面的剪力和弯矩
$F_{SX}=0$，$\begin{aligned}M_X=\frac{5wL^2}{132}\end{aligned}$（下侧受拉）
6. 图示结构横梁刚度无穷大，柱的层间侧移刚度分别为$k_1=k$、$k_2=2k$，结构质量集中在横梁处，均为m。计算结构的自振频率和阵型；基础以速度$v=V\sin\theta t$振动，计算各层相对基础的水平位移响应。（20分）
【答案】（1）计算结构的自振频率和阵型
动力自由度为2，定义二层横梁和一层横梁水平位移分别为y1和y2，向右为正。
采用刚度法计算结构的自振频率和阵型
质量矩阵：
刚度矩阵：
频率方程$\left|K-\omega^2M\right|=0$，将质量矩阵和频率矩阵带入后可得：
其中：$\begin{aligned}x=\frac{\omega^2m}k\end{aligned}$
$x^2-8x+8=0$
解得：
$x_1=1.172$，$x_2=6.828$
$\begin{aligned}\omega_1=\sqrt{\frac{x_1k}m}=1.082\sqrt{\frac km}\end{aligned}$，$\begin{aligned}\omega_2=\sqrt{\frac{x_2k}m}=2.613\sqrt{\frac km}\end{aligned}$
振型方程$\begin{aligned}\left(K-\omega^2M\right)&\Phi=0\end{aligned}$
将$x_1$和$x_2$分别带入后可得：
一阶振型：$\begin{aligned}\frac{\varphi_{11}}{\varphi_{21}}=\frac2{2-x_1}=\frac{2.415}1\end{aligned}$
二阶振型：$\begin{aligned}\frac{\varphi_{12}}{\varphi_{22}}=\frac2{2-x_2}=\frac{-0.414}1\end{aligned}$
（2）计算各层相对基础的水平位移响应
基础以速度$v=V\sin\theta t$振动，也即基础以位移$y=-\frac V\theta\cos\theta t$振动。
①等效动荷载
可将基础振动（a）分解为（b）和（c）两部分，其中图（b）各层相对基础的运动为$-y=\frac V\theta\cos\theta t$，支座反力$R_1\left(t\right)=0$，$R_2\left(t\right)=-y\left(2k_2\right)=\frac{4kV}\theta\cos\theta t$。
②计算图（c）各层横梁的动力响应
运动方程：$M\ddot{y}+Ky=F$
当$\theta\neq \omega_1,\omega_2$时，令
带入运动方程可得：
解得：
$\begin{aligned}A_1&=-\frac{8k^2V}{\theta\Big(8k^2-8k\theta^2m+\theta^4m^2\Big)}\end{aligned}$
$\begin{aligned}A_2&=-\frac{4kV\left(2k-\theta^2m\right)}{\theta\left(8k^2-8k\theta^2m+\theta^4m^2\right)}\end{aligned}$
③综上可得当$\theta\neq \omega_1,\omega_2$时，各层相对基础的水平位移响应分别为：
二层：$\begin{aligned}y_1=&\left[1-\frac{8k^2}{\left(8k^2-8k\theta^2m+\theta^4m^2\right)}\right]\frac{V}{\theta}\cos\theta t\end{aligned}$
一层：$\begin{aligned}y_2=\left[1-\frac{4k\left(2k-\theta^2m\right)}{\left(8k^2-8k\theta^2m+\theta^4m^2\right)}\right]\frac V\theta\cos\theta t\end{aligned}$
当$\theta=\omega_1$或$\theta=\omega_2$时，两自由度动力体系发生无阻尼共振，此时各层相对基础的水平位移响应为无穷大。
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