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第二章 轴向拉压应力与材料的力学性能

2-1 试画图示各杆的轴力图。

题2-1图

解：各杆的轴力图如图2-1所示。

轴力图如图2-2a(2)所示，

(a)解：由图2-2a(1)可知，

题2-2图

FN(x)?2qa?qx

FN,max?2qa

图2-1

(b)解：由图2-2b(2)可知，

1

图2-2a

FR?qa

2-2

试画图示各杆的轴力图，并指出轴力的最大值。图a与b所示分布载荷

均沿杆轴均匀分布，集度为q。

FN(x1)?FR?qa

FN(x2)?FR?q(x2?a)?2qa?qx2

轴力图如图2-2b(2)所示，

ζmax?ζ?100MPa

FN,max?qa

ηmax?ζ?50MPa 22-5 某材料的应力-应变曲线如图所示，图中还同时画出了低应变区的详图。

试确定材料的弹性模量E、比例极限?p、屈服极限?s、强度极限?b与伸长率?，并判断该材料属于何种类型（塑性或脆性材料）。

图2-2b

2-3 图示轴向受拉等截面杆，横截面面积A=500mm，载荷F=50kN。试求图

2

示斜截面m-m上的正应力与切应力，以及杆内的最大正应力与最大切应力。

题2-3图

解：该拉杆横截面上的正应力为

ζ?F50?10N??1.00?108Pa?100MPa －62A500?10m

2

3

题2-5

解：由题图可以近似确定所求各量。

斜截面m-m的方位角α??50?，故有

ζ??ζcos2α?100MPa?cos2(?50?)?41.3MPa

Δζ220?106PaE???220?109Pa?220GPa

Δε0.001ζηα?sin2α?50MPa?sin(?100?)??49.2MPa

2杆内的最大正应力与最大切应力分别为

ζp?220MPa, ζs?240MPa

ζb?440MPa, δ?29.7%

该材料属于塑性材料。

2-7 一圆截面杆，材料的应力-应变曲线如题2-6图所示。若杆径d =10mm，

杆长 l =200mm，杆端承受轴向拉力F = 20kN作用，试计算拉力作用时与卸去2-9 图示含圆孔板件，承受轴向载荷F作用。已知载荷F =32kN，板宽b

=100mm，板厚??15mm，孔径d =20mm。试求板件横截面上的最大拉应力（考虑应力集中）。

后杆的轴向变形。

题2-6图

解： ζ?FA?4?20?103Nπ?0.0102m2?2.55?108Pa?255MPa 查上述ζ?ε曲线，知此时的轴向应变为

ε?0.0039?0.39%

轴向变形为

Δl?lε?(0.200m)?0.0039?7.8?10?4m?0.78mm

拉力卸去后，有

εe?0.00364， εp?0.00026

故残留轴向变形为

Δl?lεp?(0.200m)?0.00026?5.2?10?5m?0.052mm

题2-9图

解：根据

d/b?0.020m/(0.100m)?0.2

查应力集中因数曲线,得

K?2.42

根据

ζFn?， K?ζmax(b?d)δζ

n得

ζζKF2.42?32?103N7max?Kn?(b?d)δ?(0.100－0.020)?0.015m2＝6.45?10Pa?64.5MPa

2-10 图示板件，承受轴向载荷F作用。已知载荷F=36kN，板宽b1

=90mm，

b2=60mm，板厚?=10mm，孔径d =10mm，圆角半径R =12mm。试求板件横截面上

的最大拉应力（考虑应力集中）。

3

题2-10图

解：1.在圆孔处 根据

查圆孔应力集中因数曲线，得 故有

2-14

图示桁架，承受铅垂载荷F作用。设各杆的横截面面积均为A，许用

应力均为[?]，试确定载荷F的许用值[F]。

d0.010m??0.1111 b10.090mK1?2.6

K1F2.6?36?103Nζmax?K1ζn1???1.17?108Pa?117MPa 2(b1－d)δ(0.090－0.010)?0.010m2．在圆角处

根据

题2-14图

解：先后以节点C与B为研究对象，求得各杆的轴力分别为

Db10.090m???1.5 db20.060mRR0.012m???0.2 db20.060mFN1?2F FN2?FN3?F

根据强度条件，要求

查圆角应力集中因数曲线，得 故有

3. 结论

K2?1.74

2F?[?] A由此得

[F]?K2F1.74?36?103Nζmax?K2ζn2???1.04?108Pa?104MPa 2b2δ0.060?0.010m[?]A 22-15 图示桁架，承受载荷F作用，已知杆的许用应力为[?]。若在节点B

和C的位置保持不变的条件下，试确定使结构重量最轻的?值（即确定节点A的最佳位置）。

ζmax?117MPa（在圆孔边缘处）

4

题2-15图

解：1.求各杆轴力

设杆AB和BC的轴力分别为FN1和FN2，由节点B的平衡条件求得

FFN1?sinα， FN2?Fctanα 2.求重量最轻的?值 由强度条件得

A1?F[ζ]sin?， AF2?[ζ]ctanα

结构的总体积为

V?AF1l1?A[ζ]sinα?lcosα?Fl[ζ]ctanα?Fl[ζ](22l2?sin2α?ctanα)由

dVdα?0 得

3cos2α?1?0

由此得使结构体积最小或重量最轻的α值为

αopt?54?44?

2-16 图示桁架，承受载荷F作用，已知杆的许用应力为[?]。若节点A和

C间的指定距离为 l，为使结构重量最轻，试确定?的最佳值。

题2-16图

解：1.求各杆轴力

由于结构及受载左右对称，故有

FN1?FN2?F2sinθ 2.求?的最佳值 由强度条件可得

A1?A2?F2[ζ]sinθ

结构总体积为

V?2A1l1?F[ζ]sinθ?l2cosθ?Fl[ζ]sin2θ

由 dVdθ?0 得

cos2θ?0

5

题3-4图

解：1.求预紧力F 各段轴力数值上均等于F，因此， 由此得

题3-5图

解：1.求各杆轴力

llllFl4Fl1Δl?(1?2?3)?(2?22?32)

EA1A2A3πEd1d2d3FN1?E1ε1A1?200?109?4.0?10?4?200?10?6N?1.6?104N?16kN FN2?E2ε2A2?200?109?2.0?10?4?200?10?6N?8?103N?8kN

πEΔlπ?210?109?0.10?10?3F??N?1.865?104N?18.65kN

l0.0060.0290.008ll??)4(12?22?32)4?(0.00820.006820.0072d1d2d32.校核螺栓的强度

2.确定F及θ之值

由节点A的平衡方程?Fx?0和?Fy?0得

FN2sin30??Fsinθ?FN1sin30??0 FN1cos30??FN2cos30??Fcosθ?0

F4F4?18.65?103Nζmax??2??5.14?108Pa?514MPa 22Aminπd2π?0.0068m此值虽然超过[ζ]，但超过的百分数仅为2.6％，在5％以内，故仍符合强度要求。

化简后，成为

3-5 图示桁架，在节点A处承受载荷F作用。从试验中测得杆1与杆2的纵

-4

ε2= 2.0×10-4。已知杆1与杆2的横截面面积A1= 向正应变分别为ε1= 4.0×10与

FN1?FN2?2Fsinθ

及

联立求解方程(a)与(b)，得

11

3(FN1?FN2)?2Fcosθ

A2=200mm2，弹性模量E1= E2=200GPa。试确定载荷F及其方位角?之值。

由此得

FN1?FN2(16?8)?103tanθ???0.1925 33(FN1?FN2)3(16?8)?10θ?10.89??10.9?

FN1?FN2(16?8)?1034F??N?2.12?10N?21.2kN

2sinθ2sin10.89?3-6

图示变宽度平板，承受轴向载荷F作用。已知板的厚度为?，长度为l，

题3-7图

解：自截面B向上取坐标y，y处的轴力为

该处微段dy的轴向变形为

题3-6图

于是得截面B的位移为 (a)

左、右端的宽度分别为b1与b2，弹性模量为E。试计算板的轴向变形。

FN??gAy

dΔy??gAyEA ldy??gyEdy

解：对于常轴力变截面的拉压平板，其轴向变形的一般公式为

llFFΔl??dx??dx

0EA(x)0E?b(x)ΔCy??gE? 0ydy??gl22E (?)

由图可知，若自左向右取坐标x，则该截面的宽度为

代入式(a)，于是得

3-8 图示为打入土中的混凝土地桩，顶端承受载荷F，并由作用于地桩的摩

b?bb(x)?b1?21x

lΔl?b2Fl1Fl dx?ln?0b?bEδ?b?21x?Eδ(b2?b1)b1?1?l??擦力所支持。设沿地桩单位长度的摩擦力为f，且f = ky2，式中，k为常数。已知地桩的横截面面积为A，弹性模量为E，埋入土中的长度为l。试求地桩的缩短量?。

3-7 图示杆件，长为l，横截面面积为A，材料密度为?，弹性模量为E，试

求自重下杆端截面B的位移。

12

题3-8图

解：1. 轴力分析 摩擦力的合力为

Fy?? l2 lfdy?? 0kydy?kl33

根据地桩的轴向平衡，

kl33?F 由此得

k?3Fl3 截面y处的轴力为

F?? yky3 0fdy??? yN 0ky?2dy??32. 地桩缩短量计算

截面y处微段dy的缩短量为

dδ?FNdyEA

积分得

δ?? lFNdyk l3kl4 0EA?3EA? 0ydy?12EA

将式(a)代入上式，于是得

δ?Fl4EA 3-9 图示刚性横梁AB，由钢丝绳并经无摩擦滑轮所支持。设钢丝绳的轴向刚

度（即产生单位轴向变形所需之力）为k，试求当载荷F作用时端点B的铅垂位移。

题3-9图

解：载荷F作用后，刚性梁AB倾斜如图(见图3-9)。设钢丝绳中的轴力为FN，其总伸长为Δl。

a）

图3-9

以刚性梁为研究对象，由平衡方程?MA?0得

FNa?FN(a?b)?F(2a?b)

由此得

（ 13

由图3-9可以看出， 可见，

根据k的定义，有 于是得

FN?F FN1?FN2?F （拉力）

?y?? (2a?b)

Δl?Δy1?Δy2??a??(a?b)??(2a?b)

于是得各杆的变形分别为

(b)

FN4?2F （压力）

FN3?0

?l1??l2??l4?Δy?Δl

Fl (伸长) EA2F?2l2Fl＝ (伸长) EAEAFN?kΔl?kΔy

?l3?0

Δy?FNF? kk3-10 图示各桁架，各杆各截面的拉压刚度均为EA，试计算节点A的水平

如图3－10(1)所示，根据变形?l1与?l4确定节点B的新位置B’,然后，过该点作

长为l+?l2的垂线，并过其下端点作水平直线，与过A点的铅垂线相交于A’,此即结构变形后节点A的新位置。

于是可以看出，节点A的水平与铅垂位移分别为

与铅垂位移。

ΔAx?0

ΔAy??l1?2?l4??l2?Fl2FlFlFl ?2??21?2EAEAEAEA??

题3-10图

（a）解：

利用截面法，求得各杆的轴力分别为

14

图3-10

（b）解：显然，杆1与杆2的轴力分别为

FN1?F （拉力）

FN2?0

于是由图3－10(2)可以看出，节点A的水平与铅垂位移分别为

Δ??lFlAx1?EA Δ?lFlAy?1?EA 3-11 图示桁架ABC，在节点B承受集中载荷F作用。杆1与杆2的弹性模

量均为E，横截面面积分别为A1=320mm2与A2 =2 580mm2。试问在节点B和C的位置保持不变的条件下，为使节点B的铅垂位移最小，?应取何值（即确定节点A的最佳位置）。

15

题3-11图

解：1.求各杆轴力 由图3-11a得

FN1?Fsinθ， FN2?Fctanθ 图3-11

2.求变形和位移

由图3-11b得 ΔlF1?N1l1EA?2Fl2， ΔlFlFlctanθ2＝N22?21EA1sin2θEA2EA2

及

3.求θ的最佳值 由dΔBy/dθ?0，得 由此得

Δl1Δl2Fl22ctan2θΔBy???(?)

sinθtanθEA1sin2θsinθA2?2(2cos2θsinθ?cosθsin2θ)2ctanθ?csc2θ??0 22A1A2sin2θsinθ

解：两杆的轴力均为

题3-12图

FN?2A1cos3θ?A2(1?3cos2θ)?0

F 2cos?n轴向变形则均为

于是得节点C的铅垂位移为

将A1与A2的已知数据代入并化简，得

Fl??l??l?l?? ???2Acos??BB?ncos3θ?12.09375cos2θ?4.03125?0

cosθ?0.564967

解此三次方程，舍去增根，得

由此得θ的最佳值为

?lFnlΔCy??nn n?1cos?2ABcos?3-13 图示结构，梁BD为刚体，杆1、杆2与杆3的横截面面积与材料均

相同。在梁的中点C承受集中载荷F作用。已知载荷F = 20kN，各杆的横截面面积均为A=100mm2，弹性模量E = 200GPa，梁长l = 1 000mm。试计算该点的水平与铅垂位移。

θopt?55.6?

3-12 图示桁架，承受载荷F作用。设各杆的长度为l，横截面面积均为A，

材料的应力应变关系为?n=B?，其中n与B为由试验测定的已知常数。试求节点C的铅垂位移。

16

题3-13图

解：1.求各杆轴力 由?Fx?0，得

FN2?0

由?Fy?0，得

FN1?FN3?F2?10kN 2．求各杆变形

Δl2?0

ΔlF1?N1lEA?10?103?1.000200?109?100?10?6m?5.0?10-4m?0.50mm?Δl33．求中点C的位移 由图3-13易知，

图3-13

Δx?Δl1?0.50mm(?)， Δy?Δl1?0.50mm(?)

3-14 图a所示桁架，承受载荷F作用。设各杆各截面的拉压刚度均为EA，

试求节点B与C间的相对位移?B/C。

题3-14图

解：1. 内力与变形分析

利用截面法，求得各杆的轴力分别为

17

FN1?FN2?FN3?FN4?F （拉力） 2题3-15图

(a)解：各杆编号示如图3-15a，各杆轴力依次为

该桁架的应变能为

FN5?F （压力）

于是得各杆得变形分别为

FN1?221F， FN2??F， FN3?F 222?l1??l2??l3??l4?Fl (伸长) 2EAF?2l2Fl?l5?? (缩短)

EAEA

2FN112212F2l22?1iliVε???(F?l?2?Fl)?()

2EA2EA2242EA4i?13 2. 位移分析

如图b所示，过d与g分别作杆2与杆3的平行线，并分别与节点C的铅垂线相交于e与h，然后，在de与gh延长线取线段?l3与?l2，并在其端点m与n分别作垂线，得交点C’，即为节点C的新位置。

可以看出，

依据能量守恒定律， 最后得

图3-15

?l5?2FlFl?2?2Fl ΔB/C?2?Ci?iC'??2??2?l3??2?????2?EA?2??2EA2EA???3-15 如图所示桁架，设各杆各截面的拉压刚度均为EA，试用能量法求载

荷作用点沿载荷作用方向的位移。

FΔ?Vε 22F2l22?1(22?1)FlΔ??()? (?)

F2EA44EA(b)解：各杆编号示如图b 列表计算如下：

i 1 2

18

FNi F 0 li l l 2FNili F2l 0

3 4 5 F F ?2F l F2l i 1 2 3 4 5 l F2l 2l 22F2l ?于是，

(3?22)F2l FNi 2F/2 2F/2 2F/2 2F/2 ?F 2FN(3?22)F2liliVε???

2EA2EAi?15li l l l l 2l 2FNili F2l/2 F2l/2 F2l/2 F2l/2 2F2l ?

由表中结果可得

依据 得

(2?2)F2l 依据能量守恒定律， 可得

FΔ?Vε 2Δ?(3?22)Fl (?)

EA2FN(2?2)F2liliVε???

2EA2EAi?153-16 图示桁架，承受载荷F作用。设各杆各截面的拉压刚度均为EA，试

用能量法求节点B与C间的相对位移?B/C。

W?V?

ΔB/C?(2?2)Fl (??)

EA3-17 图示变宽度平板，承受轴向载荷F作用。已知板的厚度为?，长度为l，

左、右端的宽度分别为b1与b2，弹性模量为E，试用能量法计算板的轴向变形。

题3-16图

解：依据题意，列表计算如下：

19

题3-17图

解：对于变截面拉压板件，应变能的表达式为

22lFNFNV???dx??dx

02EA(x)02E?b(x)l(a)

由图可知，若自左向右取坐标x，则该截面的宽度为

b(x)?b1?b2?b1x l

题3-19图 (a)解：杆的受力如图3-19a(1)所示，平衡方程为

将上式代入式（a）,并考虑到FN?F,于是得

b1F2F2l Vε??dx?ln2

02E?b?b2Eδ(b2?b1)b1δ?b1?21x??l??设板的轴向变形为?l，则根据能量守恒定律可知，

l?F?0, F?F?FxAx?FBx?0

或 由此得

FΔl?Vε 2bFΔlF2l?ln2 22Eδ(b2?b1)b1一个平衡方程，两个未知支反力，故为一度静不定。

bFlΔl?ln2

Eδ(b2?b1)b1

AC，CD与DB段的轴力分别为 由于杆的总长不变，故补充方程为

图3-19a

3-19 图示各杆，承受集中载荷F或均布载荷q作用。各杆各截面的的拉压

刚度均为EA，试求支反力与最大轴力。

得

FN1?FAx, FN2?FAx?F, FN3?FAx?2F

?l?FAxa?FAx?F?a?FAx?2F?a???0 EAEAEAFAx?F?0

20

由此得

FAx?F

FBx?2F?FAx?F

杆的轴力图如3-19a(2)所示，最大轴力为

FN,max?F (b)解：杆的受力如图3-19b(1)所示，平衡方程为

?Fx?0, qa?FAx?FBx?0

一个平衡方程，两个未知支反力，故为一度静不定。

图3-19b

AC与CB段的轴力分别为 FN1?FAx, FN2?FAx?qx

由于杆的总长不变，故补充方程为

?l?FAxa1aEA?EA?0?FAx?qx?dx?0 得

1?qa2?EA??2FAxa?2???0

由此得

FqaAx?4 FF3qaBx?qa?Ax?4 杆的轴力图如3-19b(2)所示，最大轴力为

F3qaNmax?4 3-20图示结构，杆1与杆2的横截面面积相同，弹性模量均为E，梁BC为

刚体，载荷F=20kN，许用拉应力[?t]=160MPa, 许用压应力[?c]=110MPa，试确定各杆的横截面面积。

题3-20图

解：容易看出，在载荷F作用下，杆2伸长，杆1缩短，且轴向变形相同，故

FN2为拉力，

FN1为压力，且大小相同，即

FN2?FN1

以刚性梁BC为研究对象，铰支点为矩心，由平衡方程

?M?0, FN2?a?FN1?a?F?2a?0

由上述二方程，解得

21

FN2?FN1?F

根据强度条件，

FN,BC?FN,AB?F

(

后取节点A为研究对象，由?Fx?0和?Fy?0依次得到

FN120?103NA1???1.818?10?4m2 6[?]110?10Pa FN,AD?FN,AG

(

c及 3AF2?N220?10N?[??106Pa?1.25?104m2 t]160?

2F?N,ADcos45?FN,AB

取

在节点A处有变形协调关系（节点A铅垂向下）

AΔlBC?ΔllAB?ΔAD1?A2?182mm2

cos45??2ΔlAD 3-21物理关系为 图示桁架，承受铅垂载荷F作用。设各杆各截面的拉压刚度相同，试

N,BClFN,ABlFN,AD2l求各杆轴力。

ΔlBC?FEA， ΔlAB?EA， ΔlAD?EA?ΔlAG

将式(e)代入式(d)，化简后得

FN,BC?FN,AB?2FN,AD

联解方程(a)， (c)和(d)?，得 F222?1N,BC?2F（拉）， F?2N,AB?2F（压）， FN,AD?FN,AG?2F（拉）(b)解：此为一度静不定问题。

题3-21图

考虑小轮A的平衡，由?Fy?0，得

(a)解：此为一度静不定桁架。

FN1sin45??F?0

设FN,AB以压为正，其余各段轴力以拉力为正。先取杆AB为研究对象，由

由此得 ?Fy?0，得

FN1?2F

22

(

(

(

(

在F作用下，小轮A沿刚性墙面向下有一微小位移，在小变形条件下，Δl2?0，故有

?Fx?0，FN1?13FN2 2(

FN2?0

FN2?FN3?F ?Fy?0，2由图b得变形协调方程为

(

FN1的水平分量由刚性墙面提供的约束反力来平衡。

Δl1ctan30??Δl2?Δl3 (

sin30?3-22根据胡克定律，有

图示桁架，杆1、杆2与杆3分别用铸铁、铜和钢制成，许用应力分

N22别为[?

Δl1?FN1l1?FN1l1E， ΔlFl?FN2l1， ΔlFlFl2?3?N33?N311]=40MPa，[?2]=60MPa，[?3]=120MPa，弹性模量分别为E1=160GPa，E1A121A3E2A23E2A3E3A33E3A3E2=100GPa，E3=200GPa。若载荷F=160kN，A1= A2= 2A3，试确定各杆的横截面面积。

将式(d)代入式(c)，化简后得补充方程为

15FN1?32FN2?8FN3

联解方程(a)，(b)和(c’)，并代入数据，得

FN1?22.6kN(压)， FN2?26.1kN（拉）， FN3?146.9kN（拉）

根据强度要求，计算各杆横截面面积如下：

A?FN1?22.6?103m21?5.65?10?4[ζ6m2?565mm2 1]40?10题3-22图

解：此为一度静不定结构。节点C处的受力图和变形图分别示如图3-22a和b。

AFN226.1?1032?4222?[ζ]?60?106m?4.35?10m?435mm

2

AFN3?146.9?103m223?[ζ120?106?1.224?10?3m?1224mm2 3]根据题意要求，最后取

图3-22

A1?A2?2A3?2450mm2

由图a可得平衡方程

23

((

3-23图a所示支架，由刚体ABC并经由铰链A、杆1与杆2固定在墙上，

FN1?2FN2

联立求解平衡方程（a）与上述补充方程，得

刚体在C点处承受铅垂载荷F作用。杆1与杆2的长度、横截面面积与弹性模量均相同，分别为l=100 mm，A=100 mm2，E=200 GPa。设由千分表测得C点的铅垂位移?y???????mm，试确定载荷F与各杆轴力。

FN1?4F2F , FN2?55 2. 由位移?y确定载荷F与各杆轴力

变形后，C点位移至C’(CC’?AC)（图b），且直线AC与AB具有相同的角位移?，因此，C点的总位移为?

?又由于 由此得

题3-23图

??CC'?AC?l1?2?l1?AB??2?y

?l1??y

将式（c）与（d）的第一式代入上式，于是得

解：1. 求解静不定

在载荷F作用下，刚体ABC将绕节点A沿顺时针方向作微小转动，刚体的位移、杆件的变形与受力如图b所示。显然，本问题具有一度静不定。

由平衡方程?MA?0，得

F?5EA?y4l5(200?109Pa)(100?10?6m2)(0.075?10?3m)??1.875?104N ?34(100?10m)并从而得

FN1?FN2?F?0 2(a)

FN1?1.5?104N, FN2?7.5?103N

由变形图中可以看出，变形协调条件为

根据胡克定律，

?l1?2?l2

Δl1?FN1lFl, Δl2?N2 EAEA(b)

F=200kN。试在下列两种情况下确定杆端的支反力。

(a) 间隙?=0.6 mm； (b) 间隙?=0.3 mm。 (c)

3-24图示钢杆，横截面面积A=2500mm ，弹性模量E=210GPa，轴向载荷

2

将上述关系式代入式（b），得补充方程为

24

FBx?

F?EA?22a39?62200?10N(0.0003m)(210?10Pa)(2500?10m) ???47.5 kN22(1.5m)

而C端的支反力则为

题3-24图

解：当杆右端不存在约束时，在载荷F作用下，杆右端截面的轴向位移为

FCx?F?FBx?200 kN?47.5 kN?152.5 kN

(200?103N)(1.5m)Fa?F???0.57mm 9?62EA(210?10Pa)(2500?10m)3-25 图示两端固定的等截面杆AB，杆长为l。在非均匀加热的条件下，距

A端x处的温度增量为?T??TBx2/l2，式中的?TB为杆件B端的温度增量。材料的弹性模量与线膨胀系数分别为E与?l。试求杆件横截面上的应力。

当间隙?=0.6 mm时，由于?F??，仅在杆C端存在支反力，其值则为

FCx?F?200 kN

当间隙?=0.3 mm时，由于?F??，杆两端将存在支反力，杆的受力如图3-24所示。

杆的平衡方程为 补充方程为 由此得

图3-24

题3-25图

解：1.求温度增高引起的杆件伸长

此为一度静不定问题。假如将B端约束解除掉，则在x处的杆微段dx就会因温升而有一个微伸长

F?FBx?FCx?0

FaFBx?2a??? EAEAαlΔTBx2d(Δlt)?αlΔTdx?dx 2l lαlΔTBx22全杆伸长为

25

Δlt?? 0ldx?αlΔTBl 3

由此得

ηρ?C(?ηmax?T(2??1)TδT(R0?)?(2R??)? 02Ip2πR0?(4R0??2)π??3(4?2?1)d?1/m) dx(

(b) 由静力学可知，

比较式(a)与式(b)，得

?A??ρdA?C(d?1/m)?ρ(m?1)/mdA?T

Adx(

ηηmaxπ??3(4?2?1)4?2?1???

T(2??1)2?(2??1)2π?2?3T取径向宽度为dρ的环形微面积作为dA，即

dA?2πρdρ

将式(d)代入式(c)，得

(

当??

R0??10时， 2πC(d?1/md/2(2m?1)/m)?ρdρ?T

0dx??max4?102?1??0.9548 2?10?(2?10?1)由此得

(可见，当R0/δ?10时，按薄壁圆管的扭转切应力公式计算η的最大误差不超过4.53％。

d?1/m(3m?1)T)?

d(3m?1)/mdx2πCm()2(

将式(e)代入式(b)，并注意到T=M ，最后得扭转切应力公式为

4-8 图a所示受扭圆截面轴，材料的???曲线如图b所示，并可用??C?面上的切应力分布图。

1/m表示，式中的C与m为由试验测定的已知常数。试建立扭转切应力公式，并画横截

M?1/m ???2πmd(3m?1)/m()3m?12横截面上的切应力的径向分布图示如图4-8。

题4-8图

解：所研究的轴是圆截面轴，平面假设仍然成立。据此，从几何方面可以得到

(a)

图4-8

????d? dx4-9 在图a所示受扭圆截面轴内，用横截面ABC和DEF与径向纵截面ADFC

根据题设，轴横截面上距圆心为ρ处的切应力为

31

切出单元体ABCDEF（图b）。试绘各截面上的应力分布图，并说明该单元体是如何

平衡的。

根据图b，可算出单元体右端面上水平分布内力的合力为

同理，左端面上的合力为

题4-9图

方向亦示如图c。

设Fz2作用线到水平直径DF的距离为ey（见图b），由 得

Fz2??πd/2T00??π8Tcos(?θ)ρdρdθ? Ip23πd8T 3πdFz1?解：单元体ABCDEF各截面上的应力分布图如图4-9a所示。

Fz2ey?TIpd/23T2πcos(??)d??d?? ?0?024πey?

图4-9

根据图a，不难算出截面AOO1D上分布内力的合力为

T3πd3πd???0.295d 48T32同理，Fz1作用线到水平直径AC的距离也同此值。

根据图b，还可算出半个右端面DO1E上竖向分布内力的合力为

1?d4TlFx1?ηmax(l)?2

22πdFy3??π/2d/2Tρ0?0同理，得截面OCFO1上分布内力的合力为

方向示如图c。

设Fx1与Fx2作用线到x轴线的距离为ez1，容易求出

π4Tsin(?θ)ρdρdθ? Ip23πdFx2?4Tl πd2设Fy3作用线到竖向半径O1E的距离为ez2（见图b），由 得

Fy3ez2?d/23Tπ/22Tcos?d??d?? ?0Ip?082ddez1???

32332

ez2?T3πd3πd???0.295d 84T32题4-11图

解：由题图知，圆轴与套管的扭矩均等于M。

1.由圆轴AB求M的许用值

同理，可算出另半个右端面O1FE以及左端面AOB、OCB上的竖向分布内力的合力为

?max1?Fy4?Fy1?Fy2?4T 3πdM116M1??[?1] Wp1πd3由此得M的许用值为

方向均示如图c。它们的作用线到所在面竖向半径的距离均为ez2。

由图c可以看得很清楚，该单元体在四对力的作用下处于平衡状态，这四对力构成四个力偶，显然，这是一个空间力偶系的平衡问题。

πd3[?1]π?0.0563?80?106[M1]??N?m?2.76?103N?m?2.76kN?m

16162．由套管CD求M的许用值

?Mx?0，Fy?(2ez2)?Fz2?ey?Fy1?(2ez2)?Fz1?ey?4TT??0 22R0?D??80?6?mm?37mm， δ?6mm?R010 22此管不是薄壁圆管。

?My?0，Fz?l?Fx1?(2ez1)?2?l?Fy3?l?48Tl8Tl??0 3πd3πd???max2?80－6?268??0.85 8080?Mz?0，Fy4Tl4Tl??0 3πd3πd

由此得M的许用值为

既然是力偶系，力的平衡方程（共三个）自然满足，这是不言而喻的。 上述讨论中，所有的T在数值上均等于M。

M216M2??[?2] Wp2πD3(1??4)4-11 如图所示，圆轴AB与套管CD用刚性突缘E焊接成一体，并在截面A

承受扭力偶矩M作用。圆轴的直径d = 56mm，许用切应力[?1]=80MPa，套管的外径D = 80mm，壁厚?= 6mm，许用切应力[?2]= 40MPa。试求扭力偶矩M的许用值。

πD3(1??4)[?2]π?0.0803?(1?0.854)?40?106[M2]??N?m 1616 ?1.922?103N?m?1.922kN?m可见，扭力偶矩M的许用值为

[M]?[M2]?1.922kN?m

4-13 图示阶梯形轴，由AB与BC两段等截面圆轴组成，并承受集度为m

的均匀分布的扭力偶矩作用。为使轴的重量最轻，试确定AB与BC段的长度l1与l2

33

以及直径d1与d2。已知轴总长为l，许用切应力为[?]。

题4-13图

解：1.轴的强度条件

在截面A处的扭矩最大，其值为

Tmax1?ml

由该截面的扭转强度条件

?Tmax1?max1W?16ml?[η] p1πd31得

d316ml1?π[η] BC段上的最大扭矩在截面B处，其值为

Tmax2?ml2

由该截面的扭转强度条件得

d316ml2?2π[η] 2．最轻重量设计 轴的总体积为 V?πd2π2π16ml2/316ml41(l?l2)?22/34d2l2?4[(π[η])(l?l2)?(π[η])l2]根据极值条件

dVdl?0 2得

?(16mlπ[?])2/3?(16mπ[?])2/3?52/33l2?0 由此得 l(32?5)3/2l?0.465l

从而得

l31?l?l2?[1?(5)3/2]l?0.535l

d2?(16m1/31/3π[?])?l31/22?(5)316mlπ[?]?0.775d1 该轴取式(a)~(d)所给尺寸，可使轴的体积最小，重量自然也最轻。

(a)

4-14 一圆柱形密圈螺旋弹簧，承受轴向压缩载荷F = 1kN作用。设弹簧的

平均直径D = 40mm，弹簧丝的直径d = 7mm，许用切应力[?]= 480MPa，试校核弹簧的强度。

解：由于

m?Dd?407?5.71?10 故需考虑曲率的影响，此时，

?8FD(4m＋2）8?1.00?103?0.040?(4?5.71?2)N

max?πd3(4m?3)?π?0.0073?(4?5.71?3)m2 ?3.72?108Pa?372MPa结论：?max?[?]，该弹簧满足强度要求。

34

(

(

(

4-20 图示圆锥形薄壁轴AB，两端承受扭力偶矩M作用。设壁厚为?，横截

面A与B的平均直径分别为dA与dB，轴长为l，切变模量为G。试证明截面A和B

4M?A/B?πG??

d(dA?cx)?2M?2l?(d?cx)| 0A 0c(d?cx)3πGδcA l间的扭转角为

?（dA/B?2MlA?dB)πG?d22 AdB

题4-20图

证明：自左端A向右取坐标x，轴在x处的平均半径为 R(x)?12(dd?dA?BA10lx)?2(dA?cx)

式中，

c?dB?dAl 截面x的极惯性矩为 I3p?2πR0??2π? [1(dcx)]3?πδA?(d324A?cx)

依据

d?T(x)dx?GI?4Mπ? (d pGA?cx)3得截面A和B间的扭转角为

??2Ml112Ml(dA?dBπGδ (d()?)2?22B ?dA)dBdAπGδd2AdB4-21 图示两端固定的圆截面轴，承受扭力偶矩作用。试求支反力偶矩。设

扭转刚度为已知常数。

题4-21图

(a)解：此为静不定轴，但有对称条件可以利用。

设A与B端的支反力偶矩分别为MA和MB，它们的转向与扭力偶矩M相反。由于左右对称，故知

MA?MB

由?Mx?0可得 MA?MB?2MA?2M

即

35

MA?MB?M

(b)解：此为静不定轴，可解除右端约束，代之以支反力偶矩MB，示如图4-21b。

变形协调条件为

利用叠加法，得到（x从左端向右取）

?B?0

(

?B??B,m??B,MB?? am(a?x) 0GIpMB(2a)ma22MBa dx???GIp2GIpGIp(

变形协调条件为

利用叠加法，得

图4-21b

将式(d)代入式(c)，可得 进而求得

(a)

MB?ma 43ma 4?B?0

MA?ma?MB??B?MaM(2a)MB(3a)?? GIpGIpGIpM的转向亦与m相反。

(b) A将式(b)代入式(a)，可得 进而求得

4-22 图示轴，承受扭力偶矩M=400N?m与M=600N?m作用。已知许用

1

2

1MB?M

31MA?M（转向与MB相反）

3切应力[?]=40MPa，单位长度的许用扭转角[?]=0.25(°) / m，切变模量G = 80GPa。试确定轴径。

(c)解：此为静不定轴，与(a)类似，利用左右对称条件，容易得到

MA?MB?ma 2解：1.内力分析

题4-22图

MA和MB的转向与m相反。

(d)解：此为静不定轴，可解除右端约束，代之以支反力偶矩MB，从变形趋势不难判断，MB的转向与m相反。

36

此为静不定轴，设B端支反力偶矩为MB，该轴的相当系统示如图4-22a。

图4-22

利用叠加法，得

?1B?GI[400?0.500?600?1.250?MB?2.500]

p将其代入变形协调条件?B?0，得

M(600?1.250?400?0.500)N?m2B?2.500m?220N?m该轴的扭矩图示如图4-22b。 2.由扭转强度条件求d 由扭矩图易见，

Tmax?380N?m

将其代入扭转强度条件，

?Tmax?maxW?16Tmax3?[?] pπd由此得

316Tmax316?380m3d?π[?]?π?40?106?0.0364m?36.4mm

3.由扭转刚度条件求d

将最大扭矩值代入 TmaxGI?32TmaxGπd4?[?] p得

d?432Tmax32?380?180m4πG[?]?4π?80?109?0.25π?0.0577m?57.7mm

结论：最后确定该轴的直径d?57.7mm。

4-23 图示两端固定阶梯形圆轴AB，承受扭力偶矩M作用。已知许用切应

力为[?]，为使轴的重量最轻，试确定轴径d1与d2。

题4-23图

解：1. 求解静不定

设A与B端的支反力偶矩分别为MA与MB，则轴的平衡方程为

?Mx?0, MA?MB?M?0

AC与CB段的扭矩分别为

T1?MA， T2??MB

代入式（a），得

T1?T2?M?0

37

设AC与CB段的扭转角分别为?AC与?CB，则变形协调条件为

?AC??CB?0

， T2?? T1?99(c)

根据圆轴扭转强度条件，于是得轴的直径为

M8M利用扭转角与扭矩间的物理关系，分别有

代入式（c），得补充方程为

?AC?T1a2Ta， ?CB?2 GIp1GIp2d1?d2316T1316M?? 2π[?]9π[?]4-24 图示二平行圆轴，通过刚性摇臂承受载荷F作用。已知载荷F=750N，

轴1和轴2的直径分别为d1=12mm和d2=15mm，轴长均为l=500mm，摇臂长度a

(d)

=300mm，切变模量G = 80GPa，试求轴端的扭转角。

?d?T1?2?1?T2?0

?d2?4 最后，联立求解平衡方程（b）与补充方程（d），得

42d14Md2M， T1?4T??24d2?2d14d2?2d14(e)

2. 最轻重量设计

从强度方面考虑，要使轴的重量最轻，应使AC与CB段的最大扭转切应力的数值相等，且当扭力偶矩M作用时，最大扭转切应力均等于许用切应力，即要求

由此得

将式（e）代入上式，得 并从而得

TT1?[?]， 2?[?] Wp1Wp2解：这是一度静不定问题。

变形协调条件为

题4-24图

T1Wp1?d1????? T2Wp2?d2?3Δ1?Δ2 或 ?1??2

(

这里，??和??分别为刚性摇臂1和2在接触点处的竖向位移。

d2?2d1

设二摇臂间的接触力为F2，则轴1和2承受的扭矩分别为

物理关系为

aT1?F()?F2a， T2?F2a

2(

38

?1?T1lTl， ?2＝2 GIp1GIp2

(c)

物理关系为

?1??2

(

将式(c)代入式(a)，并注意到式(b),得 由此得

F2?4d2F42(d14?d2)?1?

将式(c)代入式(b)，并注意到

T1l1Tl， ?2＝22 G1Ip1G2Ip2(

?2?T2l16Fal16?750?0.300?0.500m??4GIp2πG(d14?d2)π?80?109?(0.0124?0.0154)m

76?12πD4πd44???0.8421， Ip2?(1??)， Ip1?

763232得

?0.1004 rad?5.75??|?1|4-26 如图所示，圆轴AB与套管CD借刚性突缘E焊接成一体，并在突缘

E承受扭力偶矩M作用。圆轴的直径d=38mm，许用切应力[?1]=80MPa，切变模量G1=80GPa；套管的外径D = 76mm，壁厚?= 6mm，许用切应力[?2]= 40MPa，切变模量G2 = 40GPa。试求扭力偶矩M的许用值。

2d424?384T1?T2?4?T2?T2?0.1676T2

G2Ip2l1D(1??4)33?764(1?0.84214)将方程(a)与(d)联解，得

G1Ip1l2(

T2?0.856M， T1?0.144M

2．由圆轴的强度条件定M的许用值

?1max?T116?0.144M??[?1] 3Wp1πd由此得扭力偶据的许用值为

πd3[?1]π?0.0383?80?106[M]1??N?m?5.99?103N?m?5.99kN?m

16?0.14416?0.1443.由套管的强度条件定M的许用值

题4-26图

解：1. 解静不定

此为静不定问题。静力学关系和变形协调条件分别为

?2max?T216?0.856M??[?2] 34Wp2πD(1??)由此得扭力偶据的许用值为 (a)

39

T1?T2?M

πD3(1??4)[?2]π?0.0763?(1?0.84214)?40?106[M]2??N?m

16?0.85616?0.856

?2.00?103N?m?2.00kN?m

结论：扭力偶矩的许用值为

两个未知扭力矩，一个平衡方程，故为一度静不定问题。

在横截面B处，钢轴与铜管的角位移相同，即

?s??c

(

[M]?[M]2?2.00kN?m

设轴段AB的长度为l，则

4-27 图示组合轴，由圆截面钢轴与铜圆管并借两端刚性平板连接成一体，

并承受扭力偶矩M=100N·m作用。试校核其强度。设钢与铜的许用切应力分别为[?s]=80MPa与[?c]=20MPa，切变模量分别为Gs=80GPa与Gc=40GPa，试校核组合轴强度。

?s?Tsl GsIps

?c?(M?Tc)lTl(M?2Tc)l ?c ?

GcIpc2GcIpc22GcIpc将上述关系式代入式（b），并注意到Gs/Gc=2，得补充方程为

Ts(M?2Tc)? IpsIpc联立求解平衡方程（a）与补充方程（c），于是得

2．强度校核

题4-27图

解：1. 求解静不定

如图b所示，在钢轴与刚性平板交接处（即横截面B），假想地将组合轴切开，并设钢轴与铜管的扭矩分别为Ts与Tc，则由平衡方程?Mx?0可知，

Ts?Tc?IpsMIpc?2Ips

π(0.020m)4Ips??1.571?10?8m4

32

Ipcπ(0.040m)4??0.035m?4??74?1??1.040?10m ????0.040m??32??将相关数据代入式（d），得 (a)

40

Ts?Tc?11.6N?m

对于钢轴，

Ts?Tc

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