刘鸿文《材料力学》(第6版)笔记和课后习题(含考研真题)详解

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1内容简介刘鸿文主编的《材料力学》（第6版）是我国高校力学类广泛采用的权威教材之一，也被众多高校（包括科研机构）指定为考研考博专业课参考书目。为了帮助参加研究生入学考试指定参考书目为刘鸿文主编的《材料力学》（第6版）的考生复习专业课，我们根据该教材的教学大纲和名校考研真题的命题规律精心编写了刘鸿文《材料力学》（第6版）辅导用书系列：1．刘鸿文《材料力学》（第6版）笔记和课后习题（含考研真题）详解2．刘鸿文《材料力学》（第6版）配套题库【名校考研真题＋课后习题＋章节题库＋模拟试题】本书是刘鸿文主编的《材料力学》（第6版）的学习辅导书，主要包括以下内容：（1）梳理知识脉络，浓缩学科精华。本书每章的复习笔记均对该章的重难点进行了整理，并参考了国内名校名师讲授该教材的课堂笔记。因此，本书的内容几乎浓缩了该教材的所有知识精华。（2）详解课后习题，巩固重点难点。本书参考大量相关辅导资料，对刘鸿文主编的《材料力学》（第6版）的课后思考题进行了详细的分析和解答，并对相关重要知识点进行了延伸和归纳。（3）精编考研真题，培养解题思路。本书精选详析了部分名校近年来的相关考研真题，这些高校均以该教材作为考研参考书目。所选考研真题基本涵盖了每章的考点和难点，考生可以据此了解考研真题的命题风格和难易程度，并检验自己的复习效果。圣才电子书编辑部

2目录第1章绪论...............................................................................................................................................51.1复习笔记..........................................................................................................................................51.2课后习题详解...................................................................................................................................61.3名校考研真题详解..........................................................................................................................12第2章拉伸、压缩与剪切...........................................................................................................................132.1复习笔记........................................................................................................................................132.2课后习题详解.................................................................................................................................182.3名校考研真题详解..........................................................................................................................90第3章扭转............................................................................................................................................1103.1复习笔记.......................................................................................................................................1103.2课后习题详解................................................................................................................................1163.3名校考研真题详解.........................................................................................................................148第4章弯曲内力........................................................................................................................................1584.1复习笔记.......................................................................................................................................1584.2课后习题详解................................................................................................................................1614.3名校考研真题详解.........................................................................................................................208第5章弯曲应力........................................................................................................................................2225.1复习笔记.......................................................................................................................................2225.2课后习题详解................................................................................................................................2275.3名校考研真题详解.........................................................................................................................253第6章弯曲变形........................................................................................................................................2666.1复习笔记.......................................................................................................................................2666.2课后习题详解................................................................................................................................2746.3名校考研真题详解.........................................................................................................................325第7章应力和应变分析强度理论................................................................................................................3347.1复习笔记.......................................................................................................................................3347.2课后习题详解................................................................................................................................3437.3名校考研真题详解.........................................................................................................................399第8章组合变形........................................................................................................................................4228.1复习笔记.......................................................................................................................................4228.2课后习题详解................................................................................................................................4278.3名校考研真题详解.........................................................................................................................456第9章压杆稳定........................................................................................................................................4679.1复习笔记.......................................................................................................................................4679.2课后习题详解................................................................................................................................4729.3名校考研真题详解.........................................................................................................................495第10章动载荷..........................................................................................................................................50610.1复习笔记......................................................................................................................................50610.2课后习题详解...............................................................................................................................50810.3名校考研真题详解........................................................................................................................527第11章交变应力.......................................................................................................................................53611.1复习笔记......................................................................................................................................53611.2课后习题详解...............................................................................................................................53911.3名校考研真题详解........................................................................................................................555第12章弯曲的几个补充问题.....................................................................................................................55712.1复习笔记......................................................................................................................................55712.2课后习题详解...............................................................................................................................56012.3名校考研真题详解........................................................................................................................585

3第13章能量方法.......................................................................................................................................58613.1复习笔记......................................................................................................................................58613.2课后习题详解...............................................................................................................................58913.3名校考研真题详解........................................................................................................................644第14章超静定结构...................................................................................................................................66614.1复习笔记......................................................................................................................................66614.2课后习题详解...............................................................................................................................66614.3名校考研真题详解........................................................................................................................705第15章平面曲杆.......................................................................................................................................71515.1复习笔记......................................................................................................................................71515.2课后习题详解...............................................................................................................................71615.3名校考研真题详解........................................................................................................................735第16章厚壁圆简和旋转圆盘.....................................................................................................................73616.1复习笔记......................................................................................................................................73616.2课后习题详解...............................................................................................................................73716.3名校考研真题详解........................................................................................................................742第17章矩阵位移法...................................................................................................................................74317.1复习笔记......................................................................................................................................74317.2课后习题详解...............................................................................................................................74517.3名校考研真题详解........................................................................................................................781第18章杆件的塑性变形............................................................................................................................78218.1复习笔记......................................................................................................................................78218.2课后习题详解...............................................................................................................................78518.3名校考研真题详解........................................................................................................................797

4第1章绪论1.1复习笔记一、材料力学的任务1．强度要求在规定载荷作用下构件不发生破坏，即构件应具有足够的抵抗破坏的能力。2．刚度要求构件应具有足够的抵抗变形的能力。其中变形是指在外力作用下，固体的尺寸和形状发生变化。3．稳定性要求构件应具有足够的保持原有平衡形态的能力。因此，材料力学的任务是为设计满足材料强度、刚度和稳定性的经济且安全的构件提供理论基础和计算方法。二、变形固体的基本假设1．连续性假设组成固体的物质不留空隙的充满了固体的体积，即固体在整个体积内是连续的。2．均匀性假设固体内各部分力学性能相同。3．各向同性假设无论沿任何方向，固体的力学性能是相同的，且将具有这种属性的材料称为各向同性材料，将沿各个方向力学性能不同的材料称为各向异性材料。三、基本概念1．外力及其分类外力是指来自构件外部作用于构件上的力。（1）按外力作用方式划分①表面力：作用于物体表面的力，又可分为分布力和集中力。②体积力：连续分布于物体内部各点的力，如物体的自重和惯性力等。（2）按载荷随时间的变化情况划分①静载荷：载荷缓慢的由零增加为某一定值后即保持不变，或变动很不显著。②动载荷：载荷随时间而变化，其中随时间作周期性变化的动载荷为交变载荷，物体的运动在瞬时内发生突然变化所引起的动载荷称为冲击载荷。2．内力及其求解内力是指物体内部各部分之间因外力而引起的附加相互作用力，即“附加内力”。通常采用截面法求解内力，即用截面假想的把构件分为两部分，以显示并确定内力的方法。具体求解步骤如下：（1）截开：沿着所求截面假想地将构件分为两部分，任意的取出一部分作为研究对象，并弃去另一部分；（2）代替：用作用于截面上的内力代替弃去部分对取出部分的作用；（3）平衡：建立取出部分的平衡方程，确定未知内力。3．应力与应变（1）应力62由外力引起的内力集度，单位为Pa或MPa，1MPa＝10Pa，1Pa＝1N/m。单位面积上的平均内力集度称为平均应力，用pm表示，即pm＝ΔF/ΔA

5当面积ΔA趋于0时，pm的大小和方向都将趋于一定极限，即为该点处的应力p，也即FpplimlimmAA00Ap是一个矢量，通常将其分解为垂直于截面的分量ζ（称为正应力）和平行于截面的分量η（称为切应力）。（2）应变应变是度量一点处变形程度的基本量，分为线应变和角应变。长度的改变量Δs与原长Δx的比值为平均正应变，用εm表示，即εm＝Δs/Δx平均正应变的极限值即为正应变，用ε表示，也即slimx0x微体相邻棱边所夹直角改变量，称为切应变，用γ表示，单位为rad，若α用表示变形后微体相邻棱边的夹角，则πlim()x02y0四、杆件变形的基本形式长度远大于横截面尺寸的构件称为杆件，简称杆，其变形的基本形式有四种。1．轴向拉伸或压缩受力特征：受大小相等、方向相反、作用线与杆件轴线重合的一对力；变形特征：杆件的长度发生伸长或缩短。2．剪切受力特征：受大小相等、方向相反、相互平行的力；变形特征：受剪杆件的两部分沿外力作用方向发生相对错动。3．扭转受力特征：受大小相等、方向相反、作用面都垂直于杆轴的两个力偶；变形特征：杆件的任意两个截面发生绕轴线的相对转动。4．弯曲受力特征：受垂直于杆件轴线的横向力，或由作用于包含杆轴的纵向平面内的一对大小相等、方向相反的力偶；变形特征：杆件轴线由直线变为曲线。1.2课后习题详解1.1对图1-2-1所示钻床，试求n-n截面上的内力。

6图1-2-1解：应用截面法，沿n-n截面将钻床分成两部分，取n-n截面右半部分进行受力分析，如图1-2-2所示。由平衡条件可得∑Fy＝0，F－FS＝0∑MC＝0，Fb－M＝0则n-n截面内力为：FS＝F，M＝Fb。图1-2-21.2试求图1-2-3所示结构m-m和n-n两截面上的内力，并指出AB和BC两杆的变形属于何类基本变形。

7图1-2-3解：（1）应用截面法，取n-n截面以下部分进行受力分析，如图1-2-4（a）所示。由平衡条件可得：∑MA＝0，FN×3－3×2＝0；则截面内为：FN＝2kN（受拉）；BC杆属于拉伸变形。（2）应用截面法，取m-m截面右侧部分及n-n截面以下部分进行受力分析，如图1-2-4（b）所示。由平衡条件可得∑MO＝0，FN×2－3×1－M＝0∑Fy＝0，FS＋FN－3＝0则截面内为：FS＝1kN，M＝1kN·m。AB杆属于弯曲变形。图1-2-4（a）

8图1-2-4（b）1.3在图1-2-5所示简易吊车的横梁上，F力可以左右移动。试求截面1-1和2-2上的内力及其最大值。图1-2-5解：（1）应用截面法，取1-1截面以下部分进行受力分析，如图1-2-6（a）所示。由平衡条件可得：∑MA＝0，FN1lsinα－Fx＝0；解得：FN1＝Fx/（lsinα）；故当x＝l时，1-1截面内力有最大值：FN1max＝F/sinα。（2）应用截面法，取1-1截面以下，2-2截面右侧部分进行受力分析，如图1-2-6（b）所示。由平衡条件可得∑Fx＝0，FN2－FN1cosα＝0∑Fy＝0，FS2－FN1sinα－F＝0∑MO＝0，FN1（l－x）sinα－M2＝0解得2-2截面内力：FN2＝Fxcotα/l，FS2＝（1－x/l）F，M2＝xF（l－x）/l。综上可知，当x＝l时，FN2有最大值，且FN2max＝Fcotα；当x＝0时，FS2有最大值，且FS2max＝F；当x＝l/2时，弯矩M2有最大值，且M2max＝Fl/4。

9图1-2-6（a）图1-2-6（b）1.4图1-2-7所示拉伸试样上A，B两点的距离l称为标距。受拉力作用后，用引伸计量出两点距离的增量－2为Δl＝5×10mm。若l的原长为l＝100mm，试求A、B两点的平均应变εm。图1-2-7解：由线应变的定义可知，A、B两点的平均应变为－2－4εm＝Δl/l＝5×10/100＝5×101.5图1-2-8所示的三角形薄板因受外力作用而变形，角点B垂直向上的位移为0.03mm，但AB和BC仍保持为直线。试求沿OB的平均应变，并求薄板在B点处的切应变。图1-2-8

10解：如图1-2-9所示，由线应变的定义可知，沿OB方向的平均应变为－4εm＝BB′/OB＝0.03/120＝2.5×10变形后AB与BC两边的角度改变量为：π/2－∠AB′C＝γB。γB非常微小，由图示几何关系有－4γB＝π/2－2arctan[120/（120＋0.03）]＝2.5×10rad图1-2-9－31.6图1-2-10所示圆形薄板的半径为R，变形后R的增量为ΔR。若R＝80mm，ΔR＝3×10mm，试求沿半径方向和外圆圆周方向的平均应变。图1-2-10解：由线应变的定义可知，沿半径方向的平均应变为－3－5εm＝ΔR/R＝3×10/80＝3.75×10沿圆周方向的平均应变为2πRR2πRm2πR3R31053.7510R801.7取出某变形体在A点的微元体如图1-2-11中实线所示，变形后的微元体如图1-2-11中虚线所示。试求A点的切应变。

11图1-2-11解：切应变为相邻直角边的直角的改变量，则γ＝π/2－（π/2＋α1－α2）＝α2－α1当γ＞0时，该直角减小，即切应变为正；当γ＜0时，该直角增大，即切应变为负。1.3名校考研真题详解一、选择题1．下列结论中（）是正确的。[北京航空航天大学2016研]A．若物体产生位移，则必定同时产生变形B．若物体各点均无位移，则该物体必定无变形C．若物体无变形，则必定物体内各点均无位移D．若物体产生变形，则必定物体内各点均有位移【答案】B2．材料的力学性能通过（）获得。[华南理工大学2016研]A．理论分析B．数字计算C．实验测定D．数学推导【答案】C二、填空题强度是指构件抵抗______的能力。[华南理工大学2016研]【答案】破坏

12第2章拉伸、压缩与剪切2.1复习笔记一、轴向拉伸与压缩概述轴向拉伸与压缩是杆件的基本变形形式之一，如图2-1-1所示，其中虚线表示变形后的形状。受力特征：受大小相等、方向相反、作用线与杆件轴线重合的一对力；变形特征：沿轴线方向的伸长或缩短。图2-1-11．轴向拉伸或压缩时横截面上的内力和应力（1）轴力FN在外力F作用下，内力的合力称为轴力，用FN表示，其作用线与轴线重合。符号规定：把拉伸时的轴力为正，压缩时的轴力为负。（2）轴力图选取一个坐标系，横坐标表示各部分横截面在杆轴线上的位置，纵坐标表示相应截面上的轴力，表示出轴力沿杆轴线变化情况的图线。应当注意：拉力绘制在x轴上侧，压力绘制在x轴下侧。（3）正应力与轴力对应的是正应力。根据变形固体的基本假设和平截面假设，横截面上的正应力均匀分布且相等，于是可得拉（压）杆横截面上正应力的计算公式ζ＝FN/A符号规定：拉应力为正，压应力为负。2．直杆轴向拉伸或压缩时斜截面上的应力（1）表达式横截面面积为A的直杆在轴向拉力F作用下，任意斜截面的总应力为pα＝（Fcosα）/A＝ζcosα垂直于斜截面的正应力为2ζα＝pαcosα＝ζcosα相切于斜截面的切应力为ηα＝pαsinα＝（ζcosα）·sinα＝（ζsin2α）/2式中，α为斜截面与横截面的夹角，以横截面外向法线至斜截面外向法线逆时针转向为正，反之为负。（2）应力极值①正应力：α＝0，ζαmax＝ζ；②切应力：α＝45°，ηαmax＝ζ/2；③平行于杆轴线的纵向截面上无任何应力，即α＝90°，ζα＝ηα＝0。二、材料拉伸或压缩时的力学性能1．基本概念（1）材料的力学性能：又称机械性质，是指材料在外力作用下表现出的变形、破坏等方面的特性，须由实验测定。

13（2）标准试样：拉伸和压缩试验采用标准试样，标准试样标距l与直径d的比值有两种，l＝5d和l＝10d。（3）低碳钢：含碳量在0.3%以下的碳素钢。（4）拉伸图：根据试验得到拉力F和伸长量Δl的关系曲线。（5）应力—应变曲线：表示应力ζ和应变ε关系的曲线。（6）屈服：应力基本保持不变，应变显著增加的现象。2．低碳钢拉伸时的力学性能（1）低碳钢的拉伸图和应力—应变曲线如图2-1-2所示。图2-1-2（a）低碳钢的拉伸图图2-1-2（b）应力—应变曲线（2）力学性能

14①弹性阶段如图2-1-2（b）所示曲线的Ob段，材料的变形是弹性变形，Oa段变形满足胡克定律，但ab段变形不满足胡克定律。a．比例极限a点是变形服从胡克定律的最高极限点，所对应的应力即为比例极限，用ζp表示。b．弹性极限b点是产生弹性变形的最高极限点，所对应的应力即为弹性极限，用ζe表示。②屈服阶段如图2-1-2（b）所示锯齿形线段，表现为应力基本保持不变，应变显著增加。a．上屈服极限：该阶段内的最高应力，一般不稳定。b．下屈服极限：该阶段内的最低应力，是稳定的，通常把下屈服极限称为屈服极限或屈服强度，用ζs表示。材料的屈服表现为显著的塑性变形，屈服极限ζs是衡量材料强度的重要指标。③强化阶段如图2-1-2（b）所示ce段，试样横向尺寸明显缩小。材料进入强化阶段后达到最高点e时，对应材料所能承受的最大应力ζb称为强度极限或抗拉强度，该应力是衡量材料强度的另一重要指标。④局部变形阶段如图2-1-2（b）所示ef段，该阶段将出现缩颈现象，横截面面积迅速减小，直至f点试样被拉断。（3）性能指标①衡量材料强度的指标：屈服极限和强度极限。②衡量材料塑性的指标：伸长率和断面收缩率。该指标越高，表明材料塑性越好。伸长率：试样标距l的改变量与原始标距l的比值，用百分数表示，即δ＝[（l1－l）/l]×100%断面收缩率：试样横截面积的该变量与原始横截面积A的比值，用百分数表示，即ψ＝[（A－A1）/A]×100%式中，A1为拉断后径缩处最小横截面面积。（4）卸载定律和冷作硬化①卸载定律卸载过程中，应力和应变按直线规律变化。卸载特性：卸载斜直线与弹性阶段变形直线近乎平行，如图2-1-2（b）所示的直线dd′和Oa。②冷作硬化卸载后，短期内再次加载，比例极限（弹性阶段）提高，塑性变形和伸长率降低的现象，经退火后可消除。3．其他材料拉伸时的力学性能根据材料伸长率δ的不同可分为两类：①δ＞5%，为塑性材料，其塑性指标较高，抗拉能力较好，强度指标是屈服强度，拉伸和压缩时屈服强度相同；②δ＜5%，为脆性材料，其塑性指标较低，拉伸强度ζb远低于压缩强度ζc，强度指标是强度极限。应当注意：材料无论是塑性的还是脆性的，都将随着温度、应变速率和应力状态的不同而不同。（1）其他塑性材料拉伸时的力学性能对于没有明显屈服阶段的材料，常将产生0.2%塑性应变时的应力作为屈服指标，并用ζp0.2表示。（2）脆性材料拉伸时的力学性能割线弹性模量：较低拉应力状态下的应力—应变曲线的割线斜率作为弹性模量。强度衡量指标：强度极限ζb。4．材料压缩时的力学性能（1）低碳钢低碳钢压缩时的弹性模量和屈服极限与拉伸时大致相同，屈服阶段以后，压缩试样的抗压能力随着横截面的增大也继续增高，为此无法像拉伸曲线一样得到强度极限。（2）铸铁

15脆性材料在压缩和拉伸时的力学性能有较大的区别，以铸铁为例进行说明。①铸铁在压缩时的抗压强度较拉伸时抗压强度大得多，因此宜做受压构件；②弹性阶段很短，近似服从胡克定律。5．温度和时间对材料力学性能的影响（本知识点仅做了解）①短期静载下温度对材料力学性能的影响在一定高温度下对金属材料进行短期静载拉伸试验可获得材料参数（ζs，ζb，E，δ，ψ）随温度的变化情况。对于低碳钢，ζs和E随温度升高而降低；以250℃～300℃为界，随温度升高，δ和ψ先减小后增大，而ζb变化规律与δ和ψ相反。低温时，碳钢趋于变脆，其弹性极限和强度极限相对提高，而伸长率降低。②高温、长期静载下材料的力学性能蠕变：当材料长期处于某一高温度、应力超过材料限度时，随着时间增长，材料变形缓慢增加的现象。蠕变变形是塑性变形，蠕变分为不稳定、稳定和加速三个阶段。松弛：随时间增长，蠕变变形逐渐代替原有的弹性变形，零件内预紧力逐渐降低的现象。三、强度计算失效是指由于断裂和出现塑性变形而致使构件不能正常工作。1．确定许用应力（1）极限应力指标脆性材料取强度极限ζb作为极限应力；塑性材料取屈服极限ζs或ζp0.2作为极限应力。（2）安全因数脆性材料的安全因数的范围为nb＝2.0～3.5，甚至取为3～9；塑性材料的安全因数的范围为ns＝1.2～2.5。（3）许用应力脆性材料[ζ]＝ζb/nb塑性材料[ζ]＝ζs/ns或者[ζ]＝ζp0.2/ns2．强度条件（1）构件拉伸或压缩时的强度条件ζ＝FN/A≤[ζ]（2）强度条件的应用根据以上强度条件可进行强度校核、截面设计和确定许可载荷等强度计算。①强度校核已知拉（压）杆的材料、尺寸及所受荷载的情况下，检验构件能否满足上述强度条件。②截面选择已知拉（压）杆所受荷载及所用材料，按强度条件选择杆件的横截面面积或尺寸，即A≥FN，max/[ζ]③许可荷载计算已知拉（压）杆的材料和尺寸，按强度条件来确定杆所能容许的最大轴力，从而计算出其所允许承受的荷载，即FN，max≤A[ζ]四、轴向拉伸或压缩时的变形与应变能1．变形等直杆长度受轴向力作用，变形前后的几何尺寸如图2-1-3所示。

16图2-1-3（1）轴向变形：Δl＝l1－l，轴向线应变：ε＝Δl/l。（2）横向变形：Δb＝b1－b，横向线应变：ε′＝Δb/b＝（b1－b）/b。（3）泊松比μ：当应力不超过比例极限时，横向应变与轴向应变之比的绝对值，又称横向变形因数，即μ＝|ε′/ε|它是材料固有的弹性常数。对于各项同性材料取－1≤μ≤1/2，不可压缩材料μ＝1/2。当－1＜μ＜0时，为负泊松比材料或拉胀材料，表现为材料伸长且横向增大（或轴向缩短横向缩小）。（4）胡克定律：杆件内的应力不超过材料的比例极限时，杆件的伸长量Δl与拉力F和杆件的原长度l成正比，与横截面面积A成反比，其表达式为ζ＝Eε或Δl＝Fl/（EA）式中，EA称为杆件的抗拉（或抗压）刚度。注意：上述公式同样适用于轴向受压，只需改拉伸变形为压缩变形，并符合相应符号规定即可。2．应变能（1）基本概念①应变能：固体在外力作用下，因变形而储存的能量。②应变能密度：单位体积内的应变能。③回弹模量：以比例极限ζp求得的应变能密度，是度量线弹性范围内材料吸收能量能力的基本量。（2）计算公式①应变能密度22νε＝ζε/2＝Eε/2＝ζ/（2E）②应变能根据功能原理计算2Vε＝FΔl/2＝Fl/（2EA）根据应变能密度计算Vε＝νεV（杆件内应力均匀）VνdV()杆件内应力分布不均匀V③适用范围：线弹性范围内的应变能及应变能密度计算。五、拉伸、压缩超静定问题1．基本概念（1）静定问题：杆件的轴力可由静力平衡方程求出的问题。（2）超静定问题：杆件的轴力并不能全由静力平衡方程解出的问题。（3）温度应力：在超静定结构中，由温度变化引起膨胀或收缩变形，物体变形将受到部分或全部约束，从而引起的杆件内的应力。（4）装配应力：在超静定结构中，将具有加工误差的杆件装配到结构中，产生杆件内力，而引起的应力。2．超静定问题求解超静定问题求解需综合静力方程、变形协调方程（几何方程）和物理方程等三方面的关系。其中，变形几何方程是根据变形协调条件建立的，物理方程主要有两种情况：①温度变形：ΔlT＝αlΔT·l；②杆件变形：胡克定

17律。将物理方程带入变形几何方程得到补充方程，通过补充方程与综合静力方程的联立即可得解。求解的一般步骤为：（1）确定静不定次数，列静力平衡方程。其中，静不定次数＝未知力的个数－独立平衡方程的数目。（2）根据变形协调条件列变形几何方程。（3）将物理方程（变形与力之间的关系）代入变形几何方程得补充方程。（4）联立补充方程与静力平衡方程求解。六、应力集中的概念应力集中指由于杆件外形突然变化而引起局部应力急剧增大的现象。应力集中因数反映了应力集中的程度，是发生应力集中截面上的最大正应力ζmax与该截面上的平均应力ζ的比值。注意：①由塑性材料制成的杆件，在静载荷作用下通常不考虑应力集中的影响；②对于由脆性材料或者塑性较差的材料制成的杆件，应考虑应力集中的影响，按局部最大应力进行强度计算，但铸铁除外；③在动荷载作用下，均需考虑应力集中的影响。七、剪切和挤压的实用计算1．剪切受力特征：某一截面两侧很近处有大小相等，方向相反，垂直轴线的作用力。变形特征：受剪杆件的两部分剪切面上相互平行发生相对错动。强度计算：η＝FS/A≤[η]。式中，FS为作用在剪切面上的剪力；A为剪切面的面积；[η]为许用切应力。2．挤压挤压指在外力作用下，发生与连接件和被连接件之间的接触面上相互压紧的现象。挤压的强度条件ζbs＝F/Abs≤[ζbs]式中，F表示挤压面传递的力；Abs为挤压面积；[ζbs]为许用挤压应力。注意：挤压面积的计算根据挤压面的不同而不同：对于圆柱面接触面，挤压面积取直径平面的面积；对于平面接触面，挤压面积为平面面积。2.2课后习题详解2.1试求图2-2-1所示的各杆1-1、2-2、3-3截面上的轴力，并作轴力图。图2-2-1（a）图2-2-1（b）

18图2-2-1（c）解：由截面法求得各截面上的轴力。由受拉为正，受压为负可得：（a）FN1＝50kN，FN2＝10kN，FN3＝－20kN；（b）FN1＝F，FN2＝0，FN3＝F；（c）FN1＝0，FN2＝4F，FN3＝3F。对应的轴力图如图2-2-2所示。图2-2-2（a）图2-2-2（b）图2-2-2（c）2.2作用于图2-2-3所示零件上的拉力F＝38kN，试问零件内最大拉应力发生于哪个截面上？并求其值。

19图2-2-3解：由拉应力计算公式ζ＝F/A可知，轴力一定时，最大拉应力发生在横截面积最小截面上，如图2-2-4所示。图2-2-4221-1截面的面积：A1＝（50－22）×20mm＝560mm222-2截面的面积：A2＝（15＋15）×（50－22）mm＝840mm3－6比较可知，最大拉应力发生在1-1截面，且ζmax＝F/A1＝38×10/（560×10）Pa＝67.86MPa。2.3在图2-2-1（c），若1-1、2-2、3-3三个横截面的直径分别为：d1＝15mm，d2＝20mm，d3＝24mm，F＝8kN，试用图线表示横截面上的应力沿轴线的变化情况。解：由题2.1可知，三截面上的轴力分别为：FN1＝0，FN2＝4F，FN3＝3F。则三个截面上的应力分别为ζ1＝FN1/A1＝0

203F4810N2Pa102MPa2πA220.0243F3810N3Pa53MPa3πA230.0244故横截面上应力沿轴线分布如图2-2-5所示。图2-2-52.4在图2-2-6所示结构中，若钢拉杆BC的横截面直径为10mm，试求拉杆横截面上的应力。设由BC连接的1和2两部分均为刚体。图2-2-6解：将结构在节点A处断开，分别对两部分进行受力分析，如图2-2-7所示。图2-2-7

21根据平衡条件可得∑MD＝0，FN×1.5＋FA×4.5－F×3＝0∑ME＝0，FA×1.5－FN×0.75＝0则BC杆的轴力为：FN＝6kN。故拉杆BC的应力为：3F610NPa76.4MPaAπ32101042.5图2-2-8所示结构中，设两根横梁皆为刚体。1，2两杆的横截面直径分别为10mm和20mm。试求两杆横截面上的应力。图2-2-8解：对刚性横梁AB进行受力分析，如图2-2-9所示。图2-2-9静力平衡方程∑Fy＝0，FN2－FN1－10kN＝0∑Mc＝0，FN1·1m－10kN·1m＝0解得：FN1＝10kN，FN1＝20kN。故1、2两杆的应力分别为

22FF4410000NN11Pa127MPa122Adππ1011FF4420000NN22Pa63.7MPa222Adππ20222.6直径为10mm的圆杆，在拉力F＝10kN的作用下，试求斜截面上的最大切应力，并求与横截面夹角为α＝30°的斜截面上正应力及切应力。2解：由轴向拉压变形杆中斜截面的应力计算公式ζα＝FNcosα/A，ηα＝FNsin2α/（2A）可知，在α＝45°时，杆内该斜截面上的切应力达到最大值为FFNsin2sin90max22AA31010Paπ220.01463.7MPa且α＝30°的斜截面上的应力为F2cos3030A310103Pa2π0.014495.5MPaF30sin2302A310103Paπ0.0142455.2MPa2.7如图2-2-10所示，油缸盖与缸体采用6个螺栓连接。已知油缸内径D＝350mm，油压p＝1MPa。若螺栓材料的许用应力[ζ]＝40MPa，试确定螺栓的内径。

23图2-2-10解：对油缸盖进行受力分析。假设每个螺栓平均受力，则由平衡条件可得6个螺栓所承受的总的轴力为2F＝pA＝p×πD/4＝6FN2其中，每个螺栓受到的轴向力为：FN＝pπD/24。由强度条件可得π2Dp2FDpN24ππ6222ddd44即有螺栓内径满足2Dpp1dD350mm22.6mm666402.8汽车离合器踏板如图2-2-11所示。已知踏板受到压力F1＝400N作用，拉杆1的直径d＝9mm，杠杆臂长L＝330mm，l＝56mm，若拉杆的许用应力[ζ]＝50MPa，试校核拉杆1的强度。图2-2-11解：如图2-2-11所示，由平衡条件可得∑MO＝0，F1L－F2l＝0则拉杆1的轴力为

24FN＝F2＝F1L/l＝400×0.33/0.056N＝2357N拉杆1的工作应力为FFN2Aπ2d442357Pa2π0.00937.1MPa50MPa故拉杆1满足强度要求。2.9冷辙机的曲柄滑块机构如图2-2-12所示。镦压工件时连杆接近水平位置，承受的镦压力F＝1100kN。连杆是矩形截面，高度h与宽度b之比为h/b＝1.4。材料为45钢，许用应力[ζ]＝58MPa，试确定截面尺寸h及b。图2-2-12解：根据正应力强度条件，连杆接近水平位置时，有ζ＝F/A＝F/（bh）≤[ζ]其中，h/b＝1.4。则有：3F110010bm116mm61.41.45810可得：h＝1.4b≥1.4×116＝162mm。因此，截面尺寸满足：b≥116mm，h≥162mm。2.10图2-2-13所示的双杠杆夹紧机构，需产生一对20kN的夹紧力，已知该三杆的材料相同，[ζ]＝100MPa，α＝30°。试求水平杆AB及两斜杆BC和BD的横截面直径。

25图2-2-13解：杆AB、杆BC、杆BD均为二力杆。如图2-2-14（a）所示，以CE杆为研究对象。图2-2-14（a）由平衡条件得：FNBClcosα－FEl＝0。则BC杆轴力：FNBC＝FE/cosα＝20kN/cos30°＝23.1kN。2根据BC杆强度条件：ζBC＝FNBC/ABC＝4FNBC/（πdBC）≤[ζ]。可得BC杆直径：34F423.110NBCdm17.2mmBC6ππ10010由结构对称性可知，BD杆直径满足：dBD≥17.2mm。如图2-2-14（b）所示，对节点B进行受力分析。图2-2-14（b）由平衡条件得：FNAB＝FNBC＝23.1kN。同理，根据AB杆强度条件可得该杆直径满足：dAB≥17.2mm。2.11如图2-2-15所示，卧式拉床的油缸内径D＝186mm，活塞杆直径d1＝65mm，材料为20Cr并经过热处理，[ζ]杆＝130MPa。缸盖由6个M20的螺栓与缸体连接，M20螺栓的内径d＝17.3mm，材料为35钢，经热处理后[ζ]螺＝110MPa。试按活塞杆和螺栓强度确定最大油压p。

26图2-2-15解：（1）按活塞杆强度要求确定最大油压22分析活塞杆受力可得其在油压力作用下的轴力为：F1＝p·π（D－d1）/4。222由活塞杆强度条件：ζ1＝F1/A杆＝p1（D－d1）/d1≤[ζ]杆。可得油压满足：2d1杆p122Dd162130100.065Pa220.1860.06518.1MPa（2）根据螺栓强度要求确定油压22对缸盖进行受力分析，由平衡条件6F2＝p·π（D－d1）/4得每个螺栓承受的轴力为22F2＝p·π（D－d1）/24222由螺栓的强度条件：ζ2＝F2/A螺＝p2（D－d1）/6d≤[ζ]螺。可得油压满足：26d螺p222Dd1626110100.0173Pa220.1860.0656.5MPa综上，取较小值，最大油压为：pmax＝6.5MPa。22.12在图2-2-16所示简易吊车中，BC为钢杆，AB为木杆。木杆AB的横截面面积A1＝10000mm时，许2用应力[ζ]1＝7MPa；钢杆BC的横截面面积A2＝600mm，许用拉应力[ζ]2＝160MPa。试求许可吊重F。

27图2-2-16图2-2-17解：分析节点B处受力，如图2-2-17所示，由平衡条件∑Fx＝0，FN1－FN2cos30°＝0∑Fy＝0，FN2sin30°－F＝0可得两杆轴力：FF3N1FN2＝2F。（1）按木杆的强度要求确定许可吊重由木杆强度条件ζ1＝FN1/A1≤[ζ]1，可得1A1100007FN40.4kN33（2）按钢杆的强度要求确定许可吊重由钢杆强度条件ζ2＝FN2/A2≤[ζ]2，可得F≤[ζ]2A2/2＝（1/2）×600×160N＝48kN。综上，取较小值，许可吊重[F]＝40.4kN。2.13某拉伸试验机的结构示意图如图2-2-18所示。设试验机的CD杆与试件AB的材料同为低碳钢，其ζp＝200MPa，ζs＝240MPa，ζb＝400MPa。试验机最大拉力为100kN。（1）用这一试验机作拉断试验时，试样直径最大可达多大？（2）若设计时取试验机的安全因数n＝2，则CD杆的横截面面积为多少？（3）若试样直径d＝10mm，今欲测弹性模量E，则所加载荷最大不能超过多少？

28图2-2-18解：（1）利用塑性材料拉断条件，材料被拉断的最小应力为Fbπ2d4则试件的直径34F410010dm17.8mm6ππ40010b（2）CD杆的强度条件：ζ＝F/A≤[ζ]＝ζs/n。3622则杆的横截面面积为：A≥nF/ζs＝2×100×10/（240×10）m＝833mm。（3）测弹性模量时，试件的最大应力不应超过其弹性极限ζp，即FFpAπ2d4262解得：F≤ζpπd/4＝[200×10×（π/4）×0.01]N＝15.7kN。2.14某铣床工作台进给油缸如图2-2-19所示，缸内工作油压p＝2MPa，油缸内径D＝75mm，活塞杆直径d＝18mm。已知活塞杆材料的许用应力[ζ]＝50MPa，试校核活塞杆的强度。

29图2-2-19解：分析活塞杆受力可得，其在油压力作用下活塞杆的轴力为22F＝p（π/4）（D－d）则活塞杆的工作应力为22FpπDd42Adπ422Ddpp16.3612d32.72MPa<50MPa所以活塞杆满足强度要求。2.15图2-2-20所示的拉杆沿斜截面m-m由两部分胶合而成。设在胶合面上许用拉应力[ζ]＝100MPa，许用切应力[η]＝50MPa。并设杆件的拉力由胶合面的强度控制。试问：为使杆件承受最大拉力F，α角的值应为多少？2若杆件横截面面积为400mm，并规定α≤60°，试确定许可载荷F。图2-2-20解：当正应力和切应力同时达到各自的许用应力时，拉力F达到最大值，并由直杆轴向拉伸时斜截面上的应力公式可得2ζα＝Fcosα/A＝[ζ]，ηα＝Fsinαcosα/A＝[η]联立以上二式，可得：tanα＝[η]/[ζ]＝50/100＝0.5，即α＝26.6°。故此时杆件可承受拉力最大，值为22Fmax＝A[ζ]/cosα＝400×100/cos26.6°N＝50kN2.16在压力F作用下的杆件如图2-2-21（a）所示，如再考虑其自重影响，并要求任一横截面的应力皆等于许用应力[ζ]。试确定横截面面积沿轴线的变化规律，并计算杆件变形。设材料的密度为ρ。

30图2-2-21（a）解：如图2-2-21（a）所示，由平衡方程∑Fx＝0，有[ζ]A（x）＋ρgA（x）dx－[ζ][A（x）＋dA（x）]＝0得出dAxgdxAx等号两边积分lnA（x）＝ρgx/[ζ]＋C①确定积分常数的边界条件是，当x＝0时，A（x）＝A0＝F/[ζ]②把以上边界条件代入式①，得C＝lnA0。这样，式①化为gxAxA0e③这就是A（x）沿轴线的变化规律。因为等强度杆在任一横截面上的应力都等于常量，则有|ε|＝[ζ]/E＝常量于是整个杆件的总变形是|Δl|＝|εl|＝－[ζ]l/E实际中，式③所示的形状加工时非常困难的。所以工程上通常采用阶梯形杆或锥台形杆，如图2-2-21（b）（c）所示。

31图2-2-21（b）图2-2-21（c）2.17在图2-2-22所示杆系中，BC和BD两杆的材料相同，且抗拉和抗压许用应力也相同，同为[ζ]。为使杆系使用的材料最省，试求夹角θ的值。

32图2-2-22图2-2-23解：如图2-2-23所示，对节点B进行受力分析，根据平衡条件∑Fx＝0，FN2cosθ＋FN1＝0∑Fy＝0，FN2sinθ－F＝0可得两杆轴力：FN1＝－Fcotθ（压力），FN2＝F/sinθ（拉力）。由两杆的强度条件：ζ1＝FN1/A1≤[ζ]，ζ2＝FN2/A2≤[ζ]。可知两杆同时达到许用应力时的横截面面积最为合理，即A1≥（Fcotθ）/[ζ]，A2≥F/（[ζ]sinθ）此时结构的体积VAlAlcos12FlcosFlsinsincosFl1cossincossin2令dV/dθ＝0，可得体积最小时两杆的夹角满足：tanθ＝2。即arctan254.8222.18阶梯形直杆如图2-2-24所示。已知：A1＝800mm，A2＝400mm，E＝200GPa。求杆的总伸长Δl。

33图2-2-24解：由截面法可得杆各段轴力：FN1＝－20kN，FN2＝40kN。由胡克定律可得杆的总伸长lll12FlFlNN11+22EAEA123320100.240100.2m949420010810200104100.075mm2.19为了改进万吨水压机的设计，在四根立柱的小型水压机上进行模型实验，测得立柱的总伸长Δl＝0.4mm。立柱直径d＝80mm，长度l＝1350mm。材料的E＝210GPa。问每一立柱受到的轴向力有多大？水压机的中心载荷F等于多少？解：由题意可知，四根立柱平均承担水压机的中心载荷，并产生相同的变形量。由拉压胡克定律Δl＝FNl/（EA），可得每个立柱受到的轴向力为EAlFNl92π210100.080.00044N1.35312.8kN则水压机的中心载荷为：F＝4FN＝4×312.8kN＝1251.2kN。2.20如图2-2-25所示，设CG为刚体（即CG的弯曲变形可以忽略），BC为铜杆，DG为钢杆，两杆的横截面面积分别为A1和A2，弹性模量分别为E1和E2。如要求CG始终保持水平位置，试求力的作用位置x。

34图2-2-25解：对CG杆进行受力分析，如图2-2-26所示。图2-2-26根据平衡条件：∑Mc＝0，F2l－Fx＝0，∑Fy＝0，F1＋F2－F＝0。可得两杆的轴力：F1＝F（l－x）/l，F2＝xF/l。则由胡可定律可得两杆伸长量FlFllxl1111EAEAl1111FlFlx212l2EAEAl2222要使得CG杆保持水平，应有协调条件：Δl1＝Δl2，即FllxFlx12EAlEAl1122解得：

35llEAx1222lEAlEA122211*2.21如图2-2-27所示，BC、BD两杆原在水平位置。在F力作用下，两杆发生变形，在B点的竖直位移为Δ。若两杆的抗拉刚度同为EA，试求Δ与F的关系。（提示：计算时应考虑BC和BD的角度变化，即变形后两杆不再保持水平。）图2-2-27图2-2-28解：对节点B进行受力分析，如图2-2-28所示，根据平衡条件∑Fx＝0，FN2cosα－FN1cosα＝0∑Fy＝0，（FN1＋FN2）sinα－F＝0可得两杆轴力：FN1＝FN2＝F/（2sinα）。变形后，由于α角度非常小，近似有sinα＝Δ/（l＋Δl）＝tanα＝Δ/l其中由胡克定律可知杆的变形2FlFlFllN1EA2EAsin2EA①又由几何关系可得2222lllll222l②33联立式①②可得：Δ＝Fl/（EA）。即载荷F和位移Δ之间的关系：

36Fl3EA2.22如图2-2-29所示，像矿山升降机钢缆这类很长的拉杆，分析强度和变形时应考虑其自重的影响。设材料的密度为ρ，许用应力为[ζ]。钢缆下端所受拉为F，钢缆截面不变。试求钢缆的允许长度及其总伸长。图2-2-29解：建立如图2-2-29所示坐标系，并取x截面以下部分进行受力分析。钢缆x截面的轴力：FN（x）＝F＋ρgAx。由此可知最大轴力发生在固定端截面，其值为：FN＝F＋ρgAL。根据强度条件有：ζ＝FN/A＝（F＋ρgAL）/A≤[ζ]。可得钢缆允许长：L≤（A[ζ]－F）/（ρgA）。故由胡克定律可得钢缆总伸长LFxNlxd0EALFgAxdx0EA222AF22EAg2.23铸铁柱尺寸如图2-2-30所示，轴向压力F＝30kN，E＝120GPa。若不计自重，试求柱的变形。

37图2-2-302解：距离柱底x处横截面面积为：A（x）＝（40－x/30）。根据胡克定律可得柱的变形量Fxd0.36FxdlNlEAx0EAx0.3630103dmx09621201040x30100.0804mm即柱缩短了0.0804mm。2.24图2-2-31中AD和BE两根铸铁柱的形状和尺寸与题2.23中的铸铁柱相同。若设横梁AB为刚体，F＝50kN，试求F作用点C的铅垂位移。图2-2-31

38图2-2-32解：对杆AB进行受力分析，其力和位移图如图2-2-32所示。根据平衡条件∑Fy＝0，FN1＋FN2－F＝0∑MA＝0，FN1×1000－F×800＝0可得BE、AD杆的轴力为：FN1＝40kN，FN2＝10kN。由胡克定律FxdNllEAx2其中A（x）＝（40－x/30）。可得两杆的变形量30.364010dxlm109621201040x30100.107mm30.361010dxlm209621201040x30100.0268mm由图2-2-32所示几何关系可得C点位移800lcl2l1l2100014ll21550.0911mm*22.25图2-2-33（a）所示的简单杆系，其两杆的长度均为l＝3m，横截面面积A＝1000mm。材料的应力一应变关系如图2-2-33（b）所示。E1＝70GPa，E2＝10GPa。试分别计算当F＝80kN和F＝120kN时，节点B的铅垂位移。

39图2-2-33（a）图2-2-33（b）解：根据结构和载荷对称性可知两杆内力相等，且FN1＝FN2＝FN＝F。（1）F＝80kN时，杆内横截面上正应力3－6ζ＝FN/A＝F/A＝80×10/（1000×10）Pa＝80MPa＜100MPa由图2-2-33（b）可知，两杆伸长量均为Δl＝FNl/（EA），其中E＝E1。形后几何关系如图2-2-34所示。图2-2-34可得B点位移l2Fl1NBcos60EA3280103m9670101000106.86mm（2）F＝120kN时，杆内横截面上正应力3－6ζ＝FN/A＝F/A＝120×10/（1000×10）Pa＝120MPa＞100MPa因此，变形要分两段进行计算。又变形是在弹性变形范围内产生的，故可以用叠加法将两段杆的变形叠加，

40当应力为100MPa时，对应的拉力F＝ζA＝100×1000＝100kN。因此前一段的拉力为100kN，后一段的拉力为20kN。则根据几何关系可得B点位移3310010ll2010cos60BEAEA1233100103201032m96967010100010101010001020.57mm2.26如图2-2-35所示，打入粘土的木桩长为L，顶上载荷为F。设载荷全由摩擦力来承担，且沿木桩单位2长度内的摩擦力f按抛物线f＝Ky变化，这里K为常数，y是截面距木桩底部的距离。若F＝420kN，L＝12m，2A＝64000mm，E＝10GPa.试确定常数K，并求木桩的缩短量。图2-2-35图2-2-36

41解：木桩受力分析如图2-2-36所示。根据平衡条件∑Fy＝0，LfyFd00233333将f＝Ky代入即可确定常数K：K＝3F/L＝3×420×10/12N/m＝729N/m。在距离下端y处截面上的轴力为3yyKy2FNyfyddKyy003则由胡克定律可得木桩总的变形量LFyNlyd0EA34LkyydKL03EA12EA472912m9612101064000101.97mm即木桩缩短了1.97mm。2.27抗拉（压）刚度为EA的等直杆，受力情况如图2-2-37所示。试问：（1）总伸长是否为Δl＝F1l1/（EA）＋F2l2/（EA）？如有错误，正确的算式是什么？22（2）应变能否为Vε＝F1l1/（2EA）＋F2l2/（2EA）？如有错误，正确的算式是什么？（3）若l1＝l2＝l，F1＋F2＝F（常量），试求Vεmax、Vεmin，并求两种情况下的比值F2/F1。图2-2-37解：（1）不是。正确的算法为：Δl＝l1（F1－F2）/（EA）－F2l2/（EA）。（2）不是。正确的算法为：2Fl2FFl22121V22EAEA22F1F2l1Fl222EA（3）将l1＝l2＝l，F1＝F2＝F代入（2）所得到的式中，可得轴的应变能

4222Vε＝l（F＋5F2－4FF2）/（2EA）令dVε/dF2＝0，可得应变能的极值点，此时F2＝2F/5，且有2l222VF54FFF2EA55Fl210EA2在边界点F1＝0，F2＝F处，有Vε＝Fl/（EA）；2在边界点F2＝0，F1＝F处，有Vε＝Fl/（2EA）。2应变能时关于F2的二次函数，所以应变能的最大值为Vεmax＝Fl/（EA），此时F2/F1→∞。2最小应变能：Vεmin＝Fl/（10EA），此时F2/F1＝3/2。2.28长度为l的杆件，抗拉刚度为EA。若在杆件两端沿轴线先作用拉力F1，再作用F2，在作用F2的过程2中，变形能的增量是否为ΔVε＝F2l/（2EA）？2解：变形能的增量不是ΔVε＝F2l/（2EA）。2在F1单独作用下杆的应变能：Vε1＝F1l/（2EA）。在弹性小变形范围内，变形能的大小与加载顺序无关，则先加载F1再加载F2后，杆件的应变能：Vε2＝（F12＋F2）l/（2EA）。由此可得应变能的增量为VVV212FFFl2121l22EAEAFl2FF2212EA22.29如图2-2-38所示，设横梁ABCD为刚体。横截面面积为76.36mm的钢索绕过无摩擦的滑轮。设F＝20kN，钢索的E＝177GPa。试求钢索内的应力和C点的铅垂位移。图2-2-38

43图2-2-39解：对AD梁进行受力分析，如图2-2-39所示。根据平衡方程∑MA＝0，FNsin60°×800＋FNsin60°×1600－F×1200＝0可得钢索承受的拉力：3FF11.55kNN33－6故钢索内的应力：ζ＝FN/A＝11.55×10/（76.36×10）Pa＝151MPa。钢索的变形能：2Fl233FlFl2VN2EA2EA6EA根据题意，钢索长：l＝400mm×2×2＝1600mm＝1.6m。2利用功能原理，钢索的变形能等于力F做功，即WC＝Vε，故FΔC/2＝Fl/（6EA）。则在力F作用下C点位移FlC3EA320101.6m9631771076.36100.79mm2332.30钢制受拉杆件如图2-2-40所示，横截面面积A＝200mm，l＝5m，密度为7.8×10kg/m，设E＝200GPa。如不计自重，试计算杆件的应变能Vε和应变能密度νε。如考虑自重影响，试计算杆件的应变能，并求应变能密度的最大值。

44图2-2-40解：（1）不计自重时，杆件应变能2FlV2EA2332105J962200102001064J应变能密度22VFFvN22V22EAEA2332103J/m29622001020010336410J/m（2）考虑自重时，在距离底部为x处横截面上的轴力：FN（x）＝F＋ρAgx。此时杆件应变能

452lFgAxVddVx02EA11222223FlgAFlgAl23EA19622001020010233632321057.8109.8200103210513222637.8109.8200105J364.2J应变能密度22dVFgAxdxFgAxv22Axd2EAxd2EA即在x＝l时，应变能密度取得最大值，为2FgAlvmax22EA233632107.810200109.853J/m296220010200103364.310J/m2.31在图2-2-41所示简单杆系中，设AB和AC分别为直径是20mm和24mm的圆截面杆，E＝200GPa，F＝5kN。试求A点的铅垂位移。

46图2-2-41图2-2-42解：对节点A进行受力分析，如图2-2-42所示。根据平衡条件∑Fx＝0，－FN1cos45°＋FN2cos30°＝0∑Fy＝0，FN1sin45°＋FN2sin30°－F＝0可得各杆轴力：FN1＝0.897F，FN2＝0.732F。则该杆系总的应变能：VV+V1222FlFlNN112222EAEA1222220.897Fl0.732Fl1222EAEA12其中根据图中几何关系可知各杆长：

472lm22m1cos4524lmm2cos303根据功能原理Vε＝W＝FδA/2，可得A点铅垂位移2340.732510230.897225103mAππ9292200100.02200100.024440.249mm22.32由五根钢杆组成的杆系如图2-2-43所示。各杆横截面面积均为500mm，E＝200GPa。设沿对角线AC方向作用一对20kN的力，试求A、C两点的距离改变。图2-2-43图2-2-44

48解：分析节点A受力，如图2-2-44所示。根据平衡条件及其结构和载荷的对称性可知2FFFFFNABNADNBCNCD2FNBD＝－F则该杆系总的应变能为：22FlFlNABABNBDBDV422EAEA根据功能原理有Vε＝FΔAC/2，则A、C两点的距离改变量为FaAC22EA3201022a96200105001046.8310a2.33如图2-2-45所示，截面分别为圆形和正方形的两种薄壁杆件，作用轴向拉力F。若材料的弹性模量为E，泊松比为μ，试分别确定横截面上AB两点的距离改变量δAB。图2-2-45（a）

49图2-2-45（b）图2-2-45（c）解：（1）圆截面轴向线应变为ε＝F/（EA）＝F/（Eπdδ），由于泊松效应，横向线应变为ε′＝－με＝－μF/（Eπdδ）横向线应变也可表示为ε′＝Δd/d，所以Δd/d＝－μF/（Eπdδ）Δd＝－μF/（Eπδ）22FdAB22Eπ（2）正方形截面横向线应变为ε＝F/（EA）＝F/（4Eaδ），由于泊松效应，横向线应变为ε′＝－με＝－μF/（4Eaδ）横向线应变也可表示为ε′＝Δa/a，所以Δa/a＝－μF/（4Eaδ）Δa＝－μF/（4Eδ）55FaAB312E

502.34在图2-2-46所示支架中，设拉杆DE的长为2m，横截面的直径为15mm的圆形，E＝210GPa。若ADB和AEC两杆可以看作是刚体，F＝20kN，试求F力作用点A的铅垂位移和C点的水平位移。图2-2-46解：如图2-2-47所示，对整体进行分析。

51图2-2-47根据平衡条件可得：∑MB＝0，FCy＝0.5F。对AC杆进行受力分析，可得平衡条件∑MA＝0，FNAEcos22.5FCyACsin22.50解得：ACACFFtan22.50.5Ftan22.5NCyAEAE根据几何关系可得：

52ACAH4m4m4tan22.5AEAGEGtan22.51mtan22.52故杆DE的轴力：FN＝2Ftan22.5°。该杆系总的应变能：22424Fl4FFtan22.52tan22.5VNDEllDEDE22EAEAEA根据功能原理FΔA/2＝Vε可得，点A铅垂位移3442010tan22.52m0.127mmA290.01521010π2根据胡克定律可得DE杆的变形量2Fl2Fltan22.5lNDEDEDEEAEA3222010tan22.52m92π210100.01540.37mm又根据图2-2-47中所示变形后几何关系得到CCACC4tan22.5lEEAEDE故C点水平位移：ΔC＝ΔlDE·4tan22.5°＝0.37×4tan22.5°mm＝0.613mm。2.35图2-2-48所示结构中，ABC为刚体，拉杆CD的拉压刚度为EA，长度为l，在A点作用铅垂方向的集中力F。试求A点的铅垂位移。图2-2-48

53解：对B点取矩，∑MB＝0，Fb－FCDa＝0。拉杆CD的拉力为FCD＝Fb/a。伸长量Δl＝FCDl/（EA）＝Fbl/（EAa）。即点C向左运动ΔC＝Fbl/（EAa）。ABC为刚体，所以有2ΔC/a＝ΔA/b⇒Fbl/（EAa）＝ΔA/b22所以ΔA＝Fbl/（EAa）（↓）。2.36图2-2-49所示简易支架中，AB为刚性杆，拉杆CD的拉压刚度为EA。试求B点的铅垂位移。图2-2-49解：对A点取矩，∑MA＝0，F·2a＋F·3a－FCDasin60°＝0。所以拉杆CD的拉力为FCD＝5F/sin60°CD杆的伸长量为5FaFlCDsin60cos605FalEAEAEAsin60cos60由变形协调关系，如图2-2-50，则D点的铅垂位移为l5Fa40FaDy2sin60EAsin60cos603EAΔBy＝3ΔDy＝40Fa/EA

54图2-2-502.37试用能量法求例2.9中简易起重机B点的水平位移，如图2-2-51所示。图2-2-51解：以δBy和δBx表示B点的铅垂和水平位移，FN1和FN2表示钢索BC和钢杆BD的轴力，WP表示P力完成的功。在教材例2.9中，根据外力做工等于杆系应变能的原则，可求得22WP＝PδBy/2＝FN1l1/（2E1A1）＋FN2l/（2EA）①设想在作用P之前，BC和BD因FBx引起的轴力分别是FFNBx12Bx拉2FF31压②NBx2Bx2WBx表示FBx作的功，则有22FlFlWNBx11NBx2Bx22EAEA③11发生位移δBx的过程中，FBx的大小不变。则有外力作功为W＝WBx＋WP＋FBxδBx

55由题意可知，两根构件的轴力分别是（FN1＋FN1Bx）和（FN2＋FN2Bx），因而22FN1FNBx1l1FN2FNBx2lV22EAEA11令W＝Vε，得22FN1FNBx1l1FN2FNBx2lWWFBxPBxBx22EAEA11从上式中减去式①和式③两式，得FFlFFlFN1NBx11N2NBx2BxBxEAEA11将式②中的FN1Bx和FN2Bx代入，得22Fl31FlN2N11Bx2EAEA11－3将教材例2.9中的具体数值代入上式，可得：δBx＝2.78×10m。*22.38如图2-2-52所示简单桁架的三根杆件均为钢材制成，横截面面积均为300mm时，E＝200GPa。若F＝5kN，试求C点的水平及铅垂位移。图2-2-52解：由平衡条件∑MA＝0，FB×2.25－F×0.75＝0解得FB＝F/3C铰链的受力图如图2-2-53（a）所示。

56图2-2-53α和β角可由图2-2-52的几何关系确定cosα＝1/1.25，α＝36.9°cosβ＝1/1.8，β＝56.3°由平衡条件∑Fy＝0，FACcosα＋FBCcosβ－F＝0∑Fx＝0，FACsinα－FBCsinβ＝0解得FAC＝0.83F，FBC＝0.6FB铰链的受力图如图2-2-53（c）所示，由平衡条件∑Fx＝0，FAB－FBCcosγ＝0将1.5cos221.51代入上式，解得FAB＝0.5F杆系的总变形能为222FlFlFlVACACBCBCABAB2EA2EA2EA2220.83FlAC0.6FlBC0.5FlAB2EA2EA2EA（1）C点垂直位移应用Vε＝FδYC/2，C点的垂直位移为2VYCF351022222960.830.75+1+0.61.5+1+0.52.25m20010300100.173mm（2）C点水平位移C点无水平力作用，欲求C点的水平位移，则必须在C点加上一水平方向的虚载荷F0，C点的受力图如2-2-53（b）所示，由平衡条件∑Fy＝0，FACcosα＋FBCcosβ－F＝0∑Fx＝0，FACsinα－FBCsinβ＋F0＝0

57解得FAC＝0.83F－0.56F0FBC＝0.6F＋0.8F0B铰链的受力图如2-2-53（c）所示，由平衡条件∑Fx＝0，FAB－FBCcosγ＝0解得FAB＝0.5F＋0.66F0杆系的总变形能为222FlFlFlACACBCBCABABV2EA2EA2EA2220.83F0.56F0lAC0.6F0.8F0lBC0.5F0.66F0lAB2EA2EA2EA应用卡式定理，C点的水平位移为VXCF0lAC0.83F0.56F00.56lBC0.6F0.8F00.8lAB0.5F0.66F00.66EAEA令F0＝0，则3510XC9620010300102220.75+10.830.56+0.61.5+10.8+0.50.662.25m0.0856mm2.39木制短柱的四个角用四个40mm×40mm×4mm的等边角钢加固，如图2-2-54所示。已知角钢的许用应力[ζ]钢＝160MPa，E钢＝200GPa；木材的许用应力[ζ]木＝12MPa，E木＝10GPa。试求许可载荷F。图2-2-54解：由平衡条件可得：F钢＋F木－F＝0①由几何关系可知角钢和木材的变形量相等，即有变形协调条件：Δl钢＝Δl木。又由胡克定律可得：Δl钢＝F钢l/（E钢A钢），Δl木＝F木l/（E木A木）。

582其中，查型钢表知单个40mm×40mm×4mm角钢的横截面积：A钢＝308.6mm。故有：F1F1钢木②9692200104308.61010100.25联立式①②可得各自承受的轴力：F钢＝0.283F，F木＝0.717F。根据角钢的强度条件：F0.283F钢160MPa钢6A4308.610钢可得许可载荷：[F1]＝698kN。2根据木材的强度条件：ζ木＝F木/A木＝0.717F/0.25≤12MPa。可得许可载荷：[F2]＝1046kN。综上，取较小值许可载荷F＝698kN。2.40在两端固定的杆件的截面C上，沿轴线作用F力（图2-2-55（a））。试求两端的约束力。图2-2-55（a）

59图2-2-55（b）解：由图2-2-55（b）可得静力平衡方程：FRA＋FRB－F＝0。杆两端固定，AB总长度没有改变，则受拉段AC与受压段BC的变形量相互抵消，即有变形协调方程：Δla＋Δlb＝0。又由胡克定律可知：Δla＝FRAa/（EA），Δlb＝－FRBb/（EA）。代入变形协调方程，并联立平衡方程可得两端约束力FRA＝Fb/（a＋b）（↑），FRB＝Fa/（a＋b）（↑）2.41两根材料不同但截面尺寸相同的矩形截面杆件，同时固定连接于两端的刚性板上，且E1＞E2，如图2-2-56所示。若使两杆都为均匀拉伸，试求拉力F的偏心距e。图2-2-56图2-2-57解：如图2-2-57所示，由平衡条件可得∑Fx＝0，－F1－F2＋F＝0①∑MO＝0，（F1－F2）b/2－Fe＝0②由题中均匀拉伸可知变形协调条件：Δl1＝Δl2。

60在拉力作用下，由胡克定律可得：Δl1＝F1l/（E1A1），Δl2＝F2l/（E2A2）。代入变形协调条件得：F1l/（E1A）＝F2l/（E2A）③联立式①②③可得偏心距：EEb12eEE2122.42受预拉力10kN张紧缆索如图2-2-58所示。若在C点再作用向下的载荷15kN，并设缆索不能承受压力，试求在h＝l/5和h＝4l/5两种情况下，AC和BC两段内的内力。图2-2-58解：在预拉力单独作用下，绳索内力F0＝10kN。在载荷F＝15kN作用下，将缆索AB看作是细杆，其受力如图2-2-59所示。

61图2-2-59由平衡条件可得：FA＋FB－F＝0。变形协调条件：ΔlBC＝ΔlAC。由胡克定律可得协调方程变为：FB（l－h）/（EA）＝FAh/（EA）。解得：FA＝F（l－h）/l，FB＝Fh/l。由叠加原理可得AC段和BC段的内力分别为FAC＝F0－FA＝F0－F（l－h）/l①FBC＝F0＋FB＝F0＋Fh/l②由于钢索不承受压力，即有FAC＝F0－F（l－h）/l＝10－15（l－h）/h≥0，解得：h≥l/3。故h＝4l/5＞l/3时，由式①②可得：FAC＝7kN，FBC＝22kN。h＝l/5＜l/3时，力全由BC段承担，则有：FAC＝0，FBC＝15kN。2.43在图2-2-60所示结构中，假设AC梁为刚性杆，杆1，2，3横截面面积相等，材料相同。试求三杆的轴力。图2-2-60

62图2-2-61解：对AC梁进行受力分析，并作出变形位移图，如图2-2-61所示。由平衡条件可得∑Fy＝0，FN1＋FN2＋FN3－F＝0①∑MA＝0，FN2·a＋FN3·2a＝0②由图2-2-61中所示几何关系可得变形协调方程：Δl1＋Δl3＝2Δl2③由胡克定律，式③可变形为：FN1l/（EA）＋FN3l/（EA）＝2FN2l/（EA）。整理得：FN1＋FN3＝2FN2④联立式①②④可得各杆轴力FN1＝5F/6，FN2＝F/3，FN3＝－F/6222.44如图2-2-62所示，刚性杆AB悬挂于1，2两杆上，1杆的横截面面积为60mm，2杆为120mm，且两杆材料相同。若F＝6kN，试求两杆的轴力及支座A的约束力。图2-2-62解：对AB杆进行受力分析，并作出变形位移图，如图2-2-63所示。

63图2-2-63由平衡条件可得∑Fy＝0，FN1＋FN2－FRA－F＝0①∑MA＝0，FN1×1＋FN2×2－F×3＝0②由图2-2-63中所示几何关系可得变形协调方程：2Δl1＝Δl2③由胡克定律式③可变形为：2FN1l1/（EA1）＝FN2l2/（EA2）。2将已知条件l2＝2l1，A2＝120mm＝2A1代入上式，可得FN1＝FN2/2④联立式①②④可得各杆轴力及A处约束力FN1＝3.6kN，FN2＝7.2kN，FRA＝4.8kN222.45图2-2-64所示支架中的三根杆件材料相同，杆1的横截面面积为200mm，杆2为300mm，杆3为2400mm。若F＝30kN，试求各杆横截面上的应力。图2-2-64解：对节点A进行受力分析，并作出变形位移图，如图2-2-65所示。

64图2-2-65由平衡条件可得∑Fx＝0，FN1cos30°＋FN3cos30°＋FN2＝0①∑Fy＝0，FN1sin30°－FN3sin30°－F＝0②由图2-2-65中变形几何关系可得变形协调条件Δl1/sin30°＝2Δl2/tan30°＋Δl3/sin30°③由胡克定律式③可变形为Fl2FlFlN11N22N33EAsin30EAtan30EAsin30④123联立式①②④可得各杆轴力FN1＝25.4kN，FN2＝8.04kN，FN3＝－34.6kN故各杆内应力3－6ζ1＝FN1/A1＝25.4×10/（200×10）Pa＝127MPa3－6ζ2＝FN2/A2＝8.04×10/（300×10）Pa＝26.8MPa3－6ζ3＝FN3/A3＝－34.6×10/（400×10）Pa＝－86.5MPa2.46为了说明用螺栓将机器各部分紧固连接的问题，以图2-2-66所示在铸铁套筒内套钢螺栓的情况为例。若垫片贴住套筒后，再将螺母旋进1/4圈，求螺栓与套筒间的预紧力。

65图2-2-66解：把螺母再旋进1/4圈，螺栓受拉而套筒受压。将螺栓及套筒切开，并以FN1和FN2表示螺栓的拉力和套筒的压力，平衡方程为FN1－FN2＝0①如图2-2-66所示变形之间的关系应为Δl1＋Δl2＝h/4②Δl1和Δl2皆为绝对值。设钢螺栓的抗拉钢度为E1A1，铸铁套筒的抗压刚度为E2A2，由胡克定律，得Δl1＝FN1l/（E1A1），Δl2＝FN2l/（E2A2）于是式②化为FN1l/（E1A1）＋FN2l/（E2A2）＝h/4③由式①③可得hEEAA1212FFNN124lEA11EA222.47如图2-2-67所示阶梯形钢杆的两端在T1＝5℃时被固定，杆件上下两段的横截面面积分别是A上＝22－6－1500mm，A下＝1000mm。钢材的αl＝12.5×10℃，E＝200GPa。当温度升高至T2＝25℃时，试求杆内各部分的温度应力。

66图2-2-67图2-2-68解：如图2-2-68所示，钢杆必受压，且由受力平衡可知：FR1＝FR2。在温度影响下，钢杆变形量：Δl＝αlΔT。在两端支反力作用下，钢杆的压缩变形量：Δl′＝Δl1＋Δl2。则变形协调方程：Δl＝Δl′。由胡克定律上式可变形为：αlΔT＝FRa/（EA上）＋FRa/（EA下）。解得：

67lTFRaaEAEA上下612.5102a20N111a669500101000102001033.3kN故上下两部分的温度应力分别为3－6ζ上＝FR/A上＝33.3×10/（500×10）＝66.6MPa（压应力）3－6ζ下＝FR/A下＝33.3×10/（1000×10）＝33.3MPa（压应力）－6－12.48如图2-2-69所示杆系的两杆同为钢杆，E＝200GPa，αl＝12.5×10℃。两杆的横截面面积同为A＝21000mm。若BC杆的温度降低20℃，而BD的温度不变，试求两杆的应力。图2-2-69解：对节点B进行受力分析，如图2-2-70（b）所示。

68图2-2-70由平衡条件可得：∑Fx＝0，FN1cos30°－FN2＝0①又根据变形作位移图，如图2-2-70（a）所示，可得变形协调条件Δl1＝Δl2cos30°②由胡克定理可得：Δl2＝FN2l2/（EA）。又杆BC在温度变化和轴力FN1共同作用下的变形量Δl1＝αl1ΔT－FN1l1/（EA）则代入式②可得FlFlTlNN1122cos301③EAEA联立式①③可得TEAFN131cos3069612.5102020010100010N31cos30330.310N3FN2＝FN1cos30°＝26.2×10N故两杆的应力分别为3－6ζ1＝FN1/A1＝30.3×10/（1000×10）Pa＝30.3MPa（拉）3－6ζ2＝FN2/A2＝26.2×10/（1000×10）Pa＝26.2MPa（压）

692.49在图2-2-71所示结构中，1，2两杆的抗拉刚度同为E1A1，3杆为E3A3。3杆的长度为l＋δ，其中δ为加工误差。试求将3杆装入AC位置后，1，2，3三杆的轴力。图2-2-71解：如图2-2-72所示，分析节点A处受力，并作出变形后节点A的位移图。图2-2-72由平衡条件可得∑Fy＝0，（FN1＋FN2）cosα－FN3＝0①∑Fx＝0，FN2sinα－FN1sinα＝0②变形协调条件：Δl1/cosα＋Δl3＝δ。由胡克定律上式可变形为：FN1l1/（E1A1cosα）＋FN3l/（E3A3）＝δ③联立式①②③可得各杆轴力2EEAAcos1FF1313NN1232EAcosEAl113332EEAAcos1F1313N332EAcosEAl1133

702.50图2-2-73所示杆系的杆6比名义长度略短，误差为δ，所有杆的刚度同为EA，试求装配后各杆的轴力。提示：解除杆6，并将它的内力FN6作用于A和C两节点。借用题2.32的方法，求出A，C两点沿AC方向的位移uA和uC。若再以Δl6表杆6的伸长，则变形协调方程应为uA＋uC＋Δl6＝δ图2-2-73解：解除杆6，并以它的内力作用于A、C两节点，如图2-2-74所示。图2-2-74由载荷和结构的对称性，根据平衡条件可知各杆的轴力2FFFFF123462F5＝F6解法一：则该杆系总的应变能2Fa2Fa212Fa6V42162EA2EAcos45EA根据功能原理知：

712112Fa6FV62EA解得：F6＝0.207EAδ/a。故各杆轴力2EAF1F2F3F4F60.146压2aF5＝F6＝0.207EAδ/a（拉）解法二：变形协调方程为uA＋uC＋Δl6＝δ。根据题2.32的结论，有Fauu622ACEA代入变形协调方程FaF2a6622EAEAEAEAF0.2076222aa故各杆轴力为2EAFFFFF0.146123462aF5＝F6＝0.207EAδ/a2.51在图2-2-75所示杆系中，AB杆比名义长度略短，误差为δ。若各杆材料相同，横截面面积相等，试求装配后各杆的轴力。图2-2-75

72解：分别对节点A、B进行受力分析，如图2-2-76所示。图2-2-76由结构和载荷的对称性及平衡条件可得FN1＝FN2＝FN3，FN4＝FN5①F2Fcos303F②N3N4N4装配后，在杆3轴力作用下，点A下移δA，点B向上移动δB，杆3的伸长变形量Δl3，则变形协调方程：δA＋δB＋Δl3＝δ③由图2-2-76所示几何关系及胡克定律可得δA＝Δl1/sin30°＝2Δl1＝2FN1l/（EA）

73ll244Bcos30322FlF3lNN44433EAEAFl2N4EA且Δl3＝FN3l3/（EA）＝FN3l/（EA）。则式③可变形为：2FN1l/（EA）＋2FN4l/（EA）＋FN3l/（EA）＝δ。整理得：2FN1＋2FN4＋FN3＝EAδ/l④联立式①②④可得各杆内力FN1＝FN2＝FN3＝0.241EAδ/l（拉）FN4＝FN5＝0.139EAδ/l（压）－6－122.52杆1为钢杆，E1＝210GPa，αl1＝12.5×10℃，A1＝3000mm。杆2为铜杆，E2＝105GPa，αl2＝19×10－6－12℃，A2＝3000mm。载荷F＝50kN。若AB为刚杆，且始终保持水平，试问温度是升高还是降低？并求温度的改变量ΔT。图2-2-77解：对刚杆AB进行受力分析，如图2-2-78所示。图2-2-78由平衡方程∑M0＝0，FN2a＋Fa－FN1a＝0，可得F＝FN1－FN2①设温度上升ΔT，刚杆AB能够始终保持水平，则可得协调方程

74Δl1＋Δl1T＝0，Δl2＋Δl2T＝0②由胡克定律可得因轴力引起的伸长量：Δl1＝FN1l1/（E1A1），Δl2＝FN2l2/（E2A2）。由温度上升引起的压缩量：Δl1T＝αl1ΔTl1，Δl2T＝αl2ΔTl2。代入式②可得：FN1＋αl1E1A1ΔT＝0，FN2＋αl2E2A2ΔT＝0③联立式①③得：ΔT＝F/（αl2E2A2－αl1E1A1）。即35010TC694694191010510301012.51021010301026.46C负号表示与假设相反，温度降低26.46°即可保证刚杆AB保持水平。*2.53如图2-2-79所示，刚性横梁AB悬挂于三根竖直杆上。l＝2m，F＝40kN，a＝1.5m，b＝1m，c＝0.25m，2－6－12δ＝0.2mm。1杆由黄铜制成，A1＝200mm，E1＝100GPa，αl1＝16.5×10℃。2杆和3杆由碳钢制成，A2＝100mm，2－6－1A3＝300mm，E2＝E3＝200GPa，αl2＝αl3＝12.5×10℃。设温度升高20℃，试求各杆横截面上的应力。图2-2-79解：对刚性横梁AB进行受力分析，如图2-2-80所示。图2-2-80由平衡条件可得∑Fy＝0，FN1＋FN2＋FN3－F＝0①∑MC＝0，FN1a＋Fc－FN3b＝0②由图中几何关系可得变形协调方程：b/（a＋b）＝（Δl3－Δl2）（Δl3－Δl1）③

75其中在温度变化和轴力共同作用下，各杆变形量Δl1＝αl1ΔTl1＋FN1l1/（E1A1），Δl2＝αl2ΔTl2＋FN2l2/（E2A2）－δ，Δl3＝αl3ΔTl3＋FN3l3/（E3A3）④联立式①②③④，可得各杆内力FN1＝7.92kN，FN2＝10.2kN，FN3＝21.9kN故各杆应力3－6ζ1＝FN1/A1＝7.92×10/（200×10）Pa＝39.6MPa3－6ζ2＝FN2/A2＝10.2×10/（100×10）Pa＝102MPa3－6ζ3＝FN3/A3＝21.9×10/（300×10）Pa＝73MPa*22.54如图2-2-81所示，两端固定的杆件，横截面面积A＝1200mm，a＝300mm。材料的应力一应变关系见题2.25图2-2-33（b）。试分别求F＝60kN和F＝210kN时，杆件上下两段横截面上的应力。图2-2-81图2-2-82

76解：如图2-2-82所示，由平衡方程可得：F＝FR1＋FR2①变形协调方程：Δl1＝Δl2②由应力—应变曲线可得，转折点处对应的内力值6－6F＝ζA＝100×10×1200×10N＝120kN（1）F＝60kN＜120kN时，根据胡克定律，式②变形为FR1a/（EA）＝2FR2a/（EA）③联立式①③得：FR1＝2F/3，FR2＝F/3。则各段应力3F2F26010R1Pa33.3MPa拉16AA33120010ζ2＝FR2/A＝F/（3A）＝16.7MPa（压）（2）F＝210kN＞120kN时，应分段计算变形量，先假设FR2＜120kN，此时根据胡克定律式②变形为120aFaR11202FaR2④EAEAEA121联立式①④得：FR1＝126.7kN，FR2＝83.3kN＜120kN，假设成立，上述等式可用。则各段应力3－6ζ1＝FR1/A＝126.7×10/（1200×10）Pa＝105.6MPa（拉）3－6ζ2＝FR2/A＝83.3×10/（1200×10）Pa＝69.4MPa（压）2.55试确定图2-2-83中连接或接头中的剪切面和挤压面图2-2-83（a）图2-2-83（b）

77图2-2-83（c）解：如图2-2-84（a）所示，AB、CD、B′C′为剪切面，BB′、CC′、DD′为挤压面；如图2-2-84（b）所示，AB面为剪切面，BC面为挤压面；如图2-2-84（c）所示，AB、CD面为剪切面，E面为挤压面。图2-2-84（a）图2-2-84（b）

78图2-2-84（c）2.56如图2-2-85所示销钉连接中。已知F＝100kN，销钉直径d＝30mm，材料的许用切应力[η]＝60MPa。试校核销钉的剪切强度。若强度不够，应改用多大直径的销钉？图2-2-85解：图2-2-86为销钉受力图，其两个剪切面受到的剪切力均为FS＝F/2。则该销钉的切应力FFSAA2310010Paπ220.03470.7MPa由此可知该销钉强度不够。

79图2-2-86由强度条件FFSAπ22d4可得32F210010dm32.6mm6ππ6010即应改选用直径d≥32.6mm的销钉。2.57测定材料剪切强度的剪切器的示意图如图2-2-87所示。设圆试样的直径d＝15mm，当压力F＝31.5kN时，试样被剪断，试求材料的名义剪切极限应力。若取剪切许用应力为[η]＝80MPa，试问安全因数等于多大？图2-2-87

80图2-2-88解：如图2-2-88所示，由试件受力部分的分析可知，试件横截面上承受的剪力FS＝F/2。该试件的名义剪切极限应力3FF31.510SPa89.1MPaAA2π220.0154由许用应力的定义[η]＝ηu/n，可得安全系数：n＝ηu/[η]＝89.1/80＝1.1。2.58如图2-2-89所示，凸缘联轴节传递的力偶矩为Me＝200N·m，凸缘之间用四根螺栓连接，螺栓内径d≈10mm。对称地分布在直径为80mm的圆周上。如螺栓的剪切许用应力[η]＝60MPa，试校核螺栓的剪切强度。

81图2-2-89解：4个螺栓均匀承受由外力偶矩引起的剪力，且为F，则由平衡条件Me＝4FD0/2，得－3F＝Me/（2D0）＝200/（2×80×10）N＝1.25kN则每个螺栓内的剪应力：F41250Pa15.9MPa2Aπ0.01故螺栓满足强度要求，是安全的。2.59一螺栓将拉杆与厚为8mm的两块盖板相连接，如图2-2-90所示。各零件材料相同，许用应力均为[ζ]＝80MPa，[η]＝60MPa，[ζbs]＝160MPa。若拉杆的厚度δ＝15mm，拉力F＝120kN，试设计螺栓直径d及拉杆宽度b。

82图2-2-90解：（1）确定螺栓直径①由剪切强度条件FFF22Sππ2Ad2d4可得32F212010dm35.7mm6ππ6010②由挤压强度条件ζbs＝F/Abs＝F/（dδ）≤[ζbs]，可得3F12010dm50mm36bs151016010综上，取较大值螺栓直径取d≥50mm。（2）确定拉杆宽度由拉杆拉伸强度条件ζ＝F/（bδ）≤[ζ]，可得3F12010bm100mm3615108010故拉杆宽度取b≥100mm。2.60图2-2-91所示的机床花键轴有8个齿。轴与轮的配合长度l＝60mm，外力偶矩Me＝4kN·m。轮与轴的挤压许用应力为[ζbs]＝140MPa，试校核花键轴的挤压强度。

83图2-2-91解：假设挤压力均匀作用在8个挤压面上，并设每个面的挤压力的合力为F，则有5446mmmm228FM4kNm4000kNmme2解得：F＝20kN。则挤压应力FFbs5446A3l10232010Pa335446601010283.3MPabs140MPa故花键轴的挤压强度满足要求，是安全的。2.61在厚度δ＝5mm的钢板上，冲出一个形状如图2-2-92所示的孔，钢板剪断时的剪切极限应力ηu＝300MPa，求冲床所需的冲力F。

84图2-2-92解：钢板被剪断时，剪应力需满足：η＝F/A≥ηu。其中剪切面面积：A＝（2πR＋2l）δ。故冲床所需冲力6F≥ηuA＝300×10×（2π×0.05＋2×0.1）×0.005N＝771kN2.62可倾式压力机为防止过载采用了压环式保险器（如图2-2-93所示）。当过载时，保险器先被剪断，以保护其他主要零件。设压环式保险器以剪切的形式破坏，且剪切面的高度δ＝20mm，材料的剪切极限应力ηu＝200MPa，压力机的最大许可压力F＝630kN。试确定保险器剪切部分的直径D。图2-2-93解：保险器剪断时有剪应力η＝F/A≥ηu，其中剪切面面积A＝πDδ，则有3F63010Dm50.1mm63ππ200102010u即保险器剪切部分的直径不超过50.1mm。2.63车床的传动光杆装有安全联轴器，如图2-2-94所示，当超过一定载荷时，安全销即被剪断。己知安全销的平均直径为5mm，材料为45钢，其剪切极限应力为ηu＝370MPa。求安全联轴器所能传递的力偶矩Me。

85图2-2-94解：安全销的剪切面上能承受的最大剪力26－32FS＝ηuA＝ηuπd/4＝370×10×（π/4）×（5×10）N＝7264.9N所以安全联轴器能传递的最大力偶矩－3Me＝FS·D＝7264.9×20×10N·m＝145N·m2.64图2-2-95所示螺钉在拉力F作用下。己知材料的剪切许用应力[η]和拉伸许用应力[ζ]之间的关系约为：[η]＝0.6[ζ]。试求螺钉直径d与钉头高度h的合理比值。图2-2-952解：螺栓的拉应力：ζ＝F/A＝4F/（πd）。钉头的切应力：η＝F/A′＝F/（πdh）。当螺栓和钉头的应力同时达到许用应力值时，d/h值达到最合理，即2ζ＝4F/（πd）＝[ζ]，η＝F/（πdh）＝[η]比较可得：d/（4h）＝[η]/[ζ]＝0.6，即d/h＝2.4。故螺钉杆直径d与钉头高度h的合理比值为2.4。2.65木榫接头如图2-2-96所示。α＝b＝120mm，h＝350mm，c＝45mm，F＝40kN。试求接头的剪切和挤压应力。

86图2-2-96解：接头的剪切应力：3F4010Pa0.952MPa6bh12035010挤压应力：3F4010Pa7.41MPabs6bc12045102.66用两个铆钉将140mm×140mm×12mm的等边角钢铆接在立柱上，构成支托，如图2-2-97所示。若F＝30kN，铆钉的直径为21mm，试求铆钉的切应力和挤压应力。图2-2-97解：由结构和载荷的对称性，假设每个铆钉的剪切力均为F/2，则切应力3FF2223010Pa43.3MPa22Adππ0.021铆钉的每个挤压面为其与角钢相接触的圆柱面，则挤压应力3FF3010Pa59.5MPabs62Ad222112102.67用夹剪剪断直径为3mm的铅丝，如图2-2-98所示。若铅丝的剪切极限应力约为100MPa，试问需要多大的F？若销钉B的直径为8mm，试求销钉内的切应力。

87图2-2-98解：铅丝剪断时，其所承受的剪力26－32FS＝ηuA＝ηuπd/4＝100×10×（π/4）×（3×10）N＝706.86N如图2-2-99所示，对夹剪进行受力分析，由其对称性，分析一半即可。图2-2-99由平衡条件∑MB＝0，－F×200＋FS×50＝0∑Fy＝0，FB－FS－F＝0可得：F＝FS/4＝176.7N，FB＝883.57N。故销钉B内的切应力：FF44883.57BBPa17.6MPaB226Adππ810BB2.68如图2-2-100所示，柴油机的活塞销材料为20Cr，[η]＝70MPa，[ζbs]＝100MPa，活塞销外径d1＝48mm，内径d2＝26mm，长度l＝130mm，a＝50mm，活塞直径D＝135mm。气体爆发压力p＝7.5MPa。试对活塞销进行剪切和挤压强度校核。

88图2-2-100（a）图2-2-100（b）解：如图2-2-100（b）所示，气体爆发作用在活塞上的压力均匀分布，值为262F＝pπD/4＝7.5×10×（π/4）×0.135N＝107kN①剪切强度校核22如图2-2-100（b）所示，活塞销每个剪切面上的剪力为F/2，且活塞受剪切的横截面面积为A＝π（d1－d2）/4，则其剪应力

89FF22Add22π123210710Pa226π48261041.8MPa故剪切强度满足要求。②挤压强度校核活塞销两端受活塞挤压，挤压面积为A＝d1·（l－a）/2，则挤压应力FF2bs1dla112dla310710Pa613050481027.86MPabs活塞中间段受连杆挤压，挤压面积为A＝d1·a，则挤压应力3F10710bs26Pa44.6MPabsda5048101综上，活塞销挤压强度也满足要求，是安全的。2.3名校考研真题详解一、选择题1．下列说法正确的是（）。[北京航空航天大学2013研]A．低碳钢的拉伸应力—应变曲线呈现4个阶段，即：线性阶段、屈服阶段、硬化阶段和颈缩阶段B．铸铁的拉伸应力—应变曲线也呈现上述4个阶段C．铸铁的压缩应力—应变曲线也呈现上述4个阶段D．低碳钢拉伸屈服应力远小于压缩屈服应力【答案】A2．下列说法正确的是（）。[北京航空航天大学2014研]A．塑性材料是指延伸率（或伸长率）小于5%的材料B．冷作硬化是指由于预加塑性变形，而使材料的强度极限提高的现象C．在常温静载下，低碳钢材料的单向压缩曲线与单向拉伸曲线完全相同D．以上说法均不正确【答案】D【解析】A项为大于5%；B项应该是比例极限提高；C项两者曲线不一致。3．如图2-3-1所示等直杆两端承受共线等值反向的轴向载荷F作用，B为AC杆的中点，AB段和AC段的弹性模量分别为EAB和EBC，且EAB＜EBC，则（）。[北京航空航天大学2014研]

90图2-3-1A．AB段和BC段的应力相同，变形相同B．AB段的应力比BC段小，变形相同C．AB段和BC段的应力相同，AB段的变形比BC段的小D．AB段和BC段的应力相同，AB段的变形比BC段的大【答案】D【解析】两段轴力相等，横截面积相等，根据ζ＝F/A，所以AB段和BC段应力相同；ε＝ζ/E，因为EAB＜EBC，所以AB段的应变比BC段的大，即AB段的变形比BC段的大。4．对于材料的拉伸试验，如果获得的应力应变曲线没有明显的屈服阶段，则材料屈服极限ζs一般用ζp0.2来描述，下列关于ζp0.2描述正确的是（）。[西南交通大学2014研]A．应变为0.2%时，应力应变曲线的纵坐标值B．应变为0.2%时，应力应变曲线的纵坐标值C．应变为0.2%时，平行于（应力应变曲线的）线弹性段的直线与应力应变曲线的交点纵坐标值D．应变为0.2%时，平行于（应力应变曲线的）线弹性段的直线与应力应变曲线的交点纵坐标值的支点的纵坐标值【答案】C【解析】名义屈服极限ζp0.2为卸载后产生0.2%的残余应变的应力，可知C项正确。5．灰口铸铁在扭转实验中表现为螺旋状断面，其出现的主要原因正确的是（）。[西南交通大学2014研]A．灰口铸铁在扭转过程中发生剪切破坏B．灰口铸铁在扭转过程中发生拉伸破坏C．灰口铸铁处于剪切应力状态，先发生屈服，然后断裂D．灰口铸铁的主应力状态仅受拉伸，故发生拉伸破坏【答案】B【解析】铸铁为脆性材料，拉伸强度低于剪切强度，其扭转破坏是由－45°斜截面上的最大拉应力引起的。6．梁的纯弯曲实验的目的是（）。[西南交通大学2014研]A．测定梁上弯曲正应力的分布B．测定梁上的切应力分布C．验证梁纯弯曲时的平面假设D．验证梁纯弯曲时的正应力公式【答案】C【解析】在材料试验机上进行的纯弯曲实验用来观察和分析弯曲变形规律，而且提出了弯曲变形的平面假设。7．关于金属构件的疲劳破坏，如下描述错误的是（）。[西南交通大学2014研]A．疲劳破坏断口具有光滑区和粗糙区B．疲劳裂纹可形成于构件表面，也可以在内部C．疲劳破坏断口的粗糙区是裂纹的缓慢扩展阶段形成的D．在交变应力下，构件可能会发生疲劳破坏【答案】C【解析】当疲劳裂纹扩展到一定深度时，在正常的最大工作应力下，可能发生骤然的扩展，从而引起剩余截面的脆性断裂，形成断口的粗糙区。8．低碳钢拉伸经过冷作硬化后，以下四种指标中哪种得到提高（）。[北京航空航天大学2016研]

91A．强度极限B．比例极限C．断面收缩率D．伸长率（延伸率）【答案】B9．确定安全系数不应该考虑是（）。[华南理工大学2016研]A．材料素质B．工作应力的计算精度C．构件的工作条件D．载荷的大小【答案】D【解析】确定安全因数一般需要考虑以下几点：①材料的素质；②载荷情况，包括对载荷的估计是否准确，是静载荷还是动载荷；③实际构件简化过程和计算方法的精确程度；④零件在设备中的重要性，工作条件，损坏后造成后果的严重性；⑤对减轻设备自重和提高设备机动性的要求。10．对图2-3-2所示的两种结构，以下结论中（）是正确的（图中杆AB均为刚性杆）。[昆明理工大学2016研]图2-3-2A．图（1）和图（2）均为静定结构B．图（1）和图（2）均为超静定结构C．图（1）为静定结构，图（2）超为静定结构D．图（1）为超静定结构，图（2）为静定结构

92【答案】B【解析】杆AB有三个自由度，两个杆加一个铰结相当于是四个约束，所以为超静定结构。11．将沸水倒入玻璃杯中，如杯子破裂，问杯的内外壁是否同时破裂？以下结论中（）项是正确的。[昆明理工大学2016研]A．同时破裂B．内壁先裂C．外壁先裂D．无法判定【答案】B【解析】受热膨胀使内壁受压，对于只有内壁受压的圆筒结构是从内部开始先出现塑性变形，应力也在内壁处最大。12．图2-3-3所示三种受压杆件，杆①，杆②和杆③中的最大压应力分别用ζmax1、ζmax2、ζmax3表示，它们之间的关系是（）。[昆明理工大学2016研]图2-3-3A．ζmax1＝ζmax2＝ζmax3B．ζmax1＞ζmax2＝ζmax3C．ζmax2＞ζmax1＝ζmax3D．ζmax2＜ζmax1＝ζmax3【答案】C2【解析】杆①，最大压应力为整个杆身，为ζmax1＝P/（4a）；杆②，上半部分与杆①压应力大小相等，只需要计算下半部分的应力值，下半部分右侧面的压应力为aPPP2263221aa223aa62所以ζmax2＝P/（3a）。

93即满足ζmax2＞ζmax1。13．塑性材料经过冷作硬化后，它的（）将得到提高。[中国科学技术大学2016研]A．强度极限B．比例极限C．延伸率D．截面收缩率【答案】B14．低碳钢拉伸经过冷作硬化后，以下四种指标哪种得到提高，正确答案是（）。[重庆大学2016研]A．强度极限B．比例极限C．断面收缩率D．伸长率（延伸率）【答案】B【解析】由于预加塑性变形而使材料的比例极限提高的现象，称为冷作硬化。15．图2-3-4所示简单桁架（α≠β），杆1和杆2的横截面面积均为A，许用应力均为[ζ]，设FN1，FN2分别表示杆1和杆2的轴力，则在下列结论中，错误的是（）。[重庆大学2016研]图2-3-4A．荷载F＝FN1cosα＋FN2cosβB．FN1sinα＝FN2sinβC．许用荷载[F]＝[ζ]A（cosα＋cosβ）D．许用荷载[F]＜[ζ]A（cosα＋cosβ）【答案】C【解析】由静力平衡条件可知AB两项正确；由于α＞β得FN1＜FN2，则[ζ]＝FN2/A[F]＝[ζ]Acosβ＋FN1cosα＜[ζ]Acosβ＋FN2cosα＝[ζ]A（cosα＋cosβ）故C项错，D项对。16．设计铸铁梁时，宜采用中性轴为（）的截面。[重庆大学2016研]A．靠近受压边的非对称轴B．形心轴C．靠近受拉边的非对称轴D．对称轴【答案】C【解析】铸铁为脆性材料，受拉至破坏时，无屈服阶段，也无缩颈现象，破坏前无明显征兆，应尽量避免铸铁受拉。

94二、填空题421．如图2-3-5所示拉压杆横截面积A＝10mm，材料许用应力[ζ]＝100MPa，则许用载荷[F]＝______kN，若外载F＝800kN，则θ＝45º的斜截面切应力η＝______MPa。[北京航空航天大学2013研]图2-3-5【答案】1000；404【解析】[F]＝A[ζ]＝10×100N＝1000kNFcos402MPalA2Fcoscos40MPa斜lA3π80010sinFsin22sin40MPal42A2102．如图2-3-6所示桁架两杆横截面积均为A，材料弹性模量均为E，杆1长2l，节点A作用铅垂载荷F，则杆1的伸长量Δl1＝______，节点A的铅垂位移Δy＝______。[北京航空航天大学2013研]

95图2-3-6221Fl【答案】2Fl/（EA）；EA【解析】对A点列平衡方程，易知FF21F2＝－F，所以杆1的伸长量、杆2的压缩量分别为Fl22Fll11EAEAΔl2＝Fl/（EA）。解法一：由变形协调条件，如图2-3-7可知图2-3-7

96ll12ysintan22FlFlEAEA221Fl45EA解法二：两杆的总应变能为VVV1211FlFl11222212Fl1Fl2FF22EAEA2221Fl2EA集中力F所做的功为W＝FΔy/2。根据W＝Vε，有2221Fl1Fy22EA所以221FlyEA3．如图2-3-8所示等截面直杆AB，杆长为l，横截面积为A，弹性模量为E。杆的B段与刚性壁之间有微小间隙δ，当AB杆承受轴向均布载荷q时，B端恰好与刚性壁C接触（即刚接触，但杆端B的支反力为零），则δ可用q表示为______。若B端与刚性壁之间的间隙只有0.8δ时，仍然施加均布载荷q，此时AB杆的最大轴向正应力为______（注：用q表示）。[北京航空航天大学2015研]图2-3-82【答案】ql/（2EA）；9ql/（10A）

97【解析】B端作为起点，取长为dx的杆微元，则这一小段的变形量为qxddxEA则整个AB杆的变形量为2lqxqlddx0EA2EA当间隙只有0.8δ时，可认为刚性壁C对杆起到了约束的作用，作用的位移有0.2δ，因此20.2δ＝ql/（10EA）＝（ql/10）·l/（EA）＝Fcl/（EA）可视为刚性壁对AB杆的作用力为方向向左的ql/10压力。AB内轴力为F＝qx－ql/10（起点位于B），因此最大内力出现在截面A处，FAmax＝9ql/10，应力为δAmax＝FAmax/A＝9ql/（10A）。4．如图2-3-9所示刚性杆AD用铰链固定于A点，并有绕过B、C两个滑轮的弹性绳索（拉压刚度EA）吊住处于水平位置，在G点作用一竖直载荷F，所有摩擦均不计。则绳索张力为______；G点的位移为______。[北京航空航天大学2016研]图2-3-9【答案】F/2；3Fa/（4EA）【解析】弹性绳中拉力处处相等，设为F1。依据A点弯曲列平衡方程∑M（A）＝0即F·3a/2－F1·a－F1·2a＝0。解得F1＝F/2。图2-3-10

98由杆AD是刚性杆，所以ΔG＝（ΔE＋ΔD）/2＝F1·L/（2EA）＝3Fa/（4EA），关系如图2-3-10所示。5．应力变化不大，应变显著变化的现象称为______。[华南理工大学2016研]【答案】屈服6．一个梁的约束反力数目超过平衡方程的数目时情况称为______。[华南理工大学2016研]【答案】超静定7．如图2-3-11所示，AB与BC两杆原先在水平位置，在F力作用下两杆变形，B点位移为Δ，若两杆抗拉刚度同为EA，则Δ与F的关系为______。[华南理工大学2016研]图2-3-113F【答案】lEA【解析】对节点B进行受力分析，如图2-3-12所示。图2-3-12根据平衡条件∑Fx＝0，FN2cosα－FN1cosα＝0∑Fy＝0，（FN1＋FN2）sinα－F＝0可得：FN1＝FN2＝F/（2sinα）。变形后由于α角度非常小，所以有sinα＝Δ/（l＋Δl）＝Δ/l由胡克定理可知杆的变形

992FlFlFllN1①EA2EAsin2EA222又由几何关系可得：Δ＝（l＋Δl）－l＝2lΔl②联立①②可得载荷F和位移Δ之间的关系3FlEA8．图示2-3-13所示销钉连接中，F＝100kN，销钉材料的许用切应力[ηj]＝60MPa，则销钉的最小直径d＝______。[重庆大学2016研]图2-3-13【答案】33mm【解析】图示结构中，销钉有两个剪切面。F122πd432F210010d32.6mmππ60三、计算题1．一拉杆截面如图2-3-14所示，在集中拉力F作用下产生变形，已知拉杆伸长为ΔL，截面高度变化为Δd，求该杆的泊松比μ及弹性模量E。[大连理工大学2012研]

100图2-3-14解：轴向应力ζ＝FN/A＝F/（dδ），轴向应变ε＝ΔL/L。由胡克定律：ε＝ζ/E，得E＝ζ/ε＝FL/（ΔL·dδ）。横向应变ε′＝－Δd/d，泊松比μ＝－ε′/ε＝LΔd/（dΔL）。2．一托架如图2-3-15所示。已知外力F＝10kN，铆钉直径d＝20mm，螺栓的许用切应力[η]＝100MPa，铆钉与钢板为搭接。试校核铆钉接头的强度。[大连理工大学2012研]图2-3-15－3解：将外力向螺栓群中心简化，扭矩T＝Fl＝10×200×10＝2kN·m。螺栓群形心为中间螺栓，校核最上面的螺栓：竖直方向剪力：F1＝F/n＝10/3＝3.33kN。水平方向剪力（扭矩引起）Tr210640F25kN222ri402总剪力2222FFF3.332525.22kNs123F25.2210smaxA12sπ20480.3MPa100MPa强度满足要求。

1013．刚性杆AB左端铰支，两杆长度相等、横截面面积相同的钢杆CD和EF使该刚性杆处于水平位置，如图2-3-16所示。若使杆CD、EF的温度下降Δt，试求两杆的轴力和应力。已知两杆长为L，截面积为A，弹性模量为E，线膨胀系数αl。[大连理工大学2012研]图2-3-16解：分析AB杆，如图2-3-17所示。图2-3-17∑M（A）＝0，FN1·a＋FN2·2a－F·3a＝0FN1＋2FN2－3F＝0①变形协调条件：Δ2＝2Δ1②而Δ2＝αlΔtL－FN2L/（EA），Δ1＝αlΔtL－FN1L/（EA）。代入②式，简化得：2FN1－FN2＝EAαlΔt③①③两式联立，解得两杆轴力32FEAtFlN156FEAtlFN25FN32FEAlt11AA5FN6FEAlt22AA5224．如图2-3-18所示阶梯状钢杆，其AB段的横截面面积为A1＝200mm，BC段的横截面面积为A2＝100mm，

102已知钢材的弹性模量E＝210GPa。试求杆上a，b两点间沿纵向的相对位移Δab。[南京理工大学2015研]图2-3-18图2-3-19解：轴力图如图2-3-19所示。a点位移Fx33Na5100.51010.060mma3EA210102001b点位移FN12l11FNxblbEAEA12333351011015100.5103321010200210101000.238mma，b相对位移：Δab＝Δb－Δa＝0.238＋0.060＝0.298mm。5．如图2-3-20所示，胶合而成的等截面轴向拉伸杆，其强度由胶缝控制，已知胶的许用切向应力[η]为正应力的0.6。试问角度α为何值时，胶缝面的正应力和切应力同时达到各自需用应力。[华南理工大学2016研]图2-3-20解：假设杆的横截面积为A，则轴向应力Pα＝（Fcosα）/A＝ζcosα如图2-3-21所示。

103图2-3-21胶缝面的正应力和切应力分别为2ζα＝Pαcosα＝ζcosαηα＝Pαsinα＝ζcosαsinα依题意得ηα＝0.6ζα。2即ζcosαsinα＝0.6ζcosα。解得tanα＝0.6，α＝30.96°。6．如图2-3-22示阶梯截面杆AC承受轴向载荷F1＝200kN与F2＝150kN，AB段直径d1＝40mm。欲使BC段和AB段的正应力相同，试求BC段直径。[华南理工大学2016研]图2-3-22解：依题意得：AB段承受的内力为：FAB＝F1＝200kN。BC段承受的内力为：FBC＝F1＋F2＝350kN。两段的正应力分别为3F20010ABABAπ32AB401043F35010BCBCπA2BCdBC4由题可知ζAB＝ζBC，解得：dBC＝52.92mm。7．如图2-3-23示桁架由圆截面杆1与杆2组成，并在节点A处承受载荷F＝80kN作用。杆1和杆2直径分别为d1＝30mm和d2＝20mm，两杆材料相同，屈服极限为320MPa，安全系数为2.0。试校核该桁架的强度。[华南理工大学2016研]

104图2-3-23图2-3-24解：以点A为研究对象进行受力分析如图2-3-24，得到F1cos30°＋F2cos45°＝FF1sin30°＝F2sin45°代入F＝80kN，得到160F58.56kN113160F41.41kN226强度校核3F58.561011Aπ3213010478.2910Pa82.9MPas160MPanst

1053F41.411022Aπ3222010481.3210Pa132MPas160MPanst经校核计算，该桁架安全。8．图2-3-25为圆锥形杆，长L，左右端直径分别为d1和d2，材料弹性模量为E，两端承受拉力F，求杆的总伸长。[中国科学技术大学2016研]图2-3-254FL11【答案】Eddd212【解析】在距离左端为x处截面的面积为2πxAxd1d2d14L长度为dx的杆在受拉情况下变形为FddxEAx所以杆的总伸长量为

106FlxdLEAx41FLdxπE0x2d1d2d1L4FL11Ed2d1d1d24FLEdd129．如图2-3-26所示结构，BAC整体为刚性杆。杆①直径d1＝40mm，杆②为圆形阶梯形直杆，D2＝40mm，d2＝20mm，尺寸如图所示。杆①弹性模量E1＝210Gpa，杆②弹性模量E2＝180Gpa。已知F＝118kN，l＝500mm，试求两杆的轴力及杆②的最大应力。[南京航空航天大学2017研]图2-3-26图2-3-27解：研究BAC杆。如图2-3-27所示，则有

107∑M（A）＝0，F·a－F1·a－F2·2a＝0⇒F＝F1＋2F2①BAC为刚性杆，假设转过一个微小角度α，则变形协调条件为：Δ2＝2Δ1②而Fl11π2Ed14FlFl222ππ22EdED2244代入②式，得112FF12222dDd221112FF12222204040即F1＝2.5F2③①③两式联立，解得两杆轴力F1＝5F/9＝118×5/9＝65.56kNF2＝2F/9＝118×2/9＝26.2kN杆②的最大应力3F26.210283.4MPaπ22πd0.0224410．图2-3-28所示桁架，受铅垂载荷F＝50kN作用，杆1、2的横截面均为圆形，其直径分别为d1＝15mm，d2＝20mm，材料的许用应力均为[ζ]＝150MPa。试校核桁架的强度。[山东大学2017研]图2-3-28

108图2-3-29解：取节点A为研究对象，如图2-3-29所示，根据平衡条件∑FX＝0，F1sin45°－F2sin30°＝0∑Fy＝0，F1cos45°＋F2cos30°－F＝0可得F1＝25.9kN，F2＝36.6kN。两杆的强度分别为2ζ1＝F1/A1＝4F1/（πd1）＝146.6MPa＜[ζ]2ζ2＝F2/A2＝4F2/（πd2）＝116.6MPa＜[ζ]因此该桁架满足强度要求。

109第3章扭转3.1复习笔记扭转是杆件的基本变形之一，它是由大小相等，方向相反，作用线都垂直于杆轴的两个力偶引起的，表现为杆件的任意两个截面发生绕轴线的相对转动。一、外力偶矩的计算和扭矩及扭矩图1．外力偶矩的计算公式PM9549kWeNmnrmin式中，P为轴的输入功率；n为转速。2．扭矩T（1）扭矩计算利用截面法，根据静平衡条件求得。（2）符号规定若按右手螺旋法把T表示为矢量，当矢量方向与截面的外法线方向一致时，T为正；反之为负。3．扭矩图表示各截面上扭矩沿轴线变化情况的图线，即用平行于杆轴线的坐标x表示横截面的位置；用垂直于杆轴线的坐标T表示横截面上的扭矩。提示：正的扭矩画在x轴上方，负的扭矩画在x轴下方。二、纯剪切1．薄壁圆筒（δ≤r/10）扭转时的切应力图3-1-1横截面应力特征：横截面无正应力，只有切应力，且切应力均匀分布，与半径垂直，指向与扭矩的方向一致，如图3-1-1所示。切应力计算公式：

110Me22r2．切应力互等定理单元体相互垂直的两个平面上，切应力必然成对存在，且数值相等，都垂直于两个平面的交线，方向则共同指向或共同背离这一交线。3．剪切胡克定律（1）纯剪切若单元体的各个侧面上只有切应力并无正应力，这种情况称为纯剪切。（2）切应变对于长为l的圆筒，两端相对扭转角为θ，则切应变γ＝rθ/l。（3）剪切胡克定律当切应力不超过材料的剪切比例极限时，切应变与切应力成正比，即η＝Gγ，其中，G为材料的切变模量。（4）弹性常量间关系对于各向同向材料，弹性模量E、泊松比μ、切变模量G三者之间的关系为EG214．剪切应变能在应力小于剪切比例极限的情况下，单位体积内的剪切应变能密度为21ν22G上述公式主要用于线弹性范围内纯剪切应力状态下剪切应变能密度的计算。三、圆轴扭转时的应力和变形1．圆轴扭转时的应力（1）应力计算公式推导圆轴扭转时的应力计算公式，需同时考虑变形几何、物理和静力三方面的关系。①变形几何关系：圆轴扭转的平面假设；②物理关系：剪切胡克定律；③静力关系：横截面上的内力系对圆心的力矩合成为扭矩。如图3-1-2所示，横截面上任一点的切应力为ηρ＝Tρ/Ip圆截面边缘的最大切应力ηmax＝TR/Ip＝T/Wt式中，ρ为应力点到圆心的距离；Ip为横截面的极惯性矩；Wt为扭转截面系数。

111图3-1-2对于直径为D实心圆形截面43Ip＝πD/32，Wt＝πD/16对于内径为d，外径为D的空心圆截面4πD4Ip13244IπDdπD3p4Wt1DD21616式中，α＝d/D。上述公式只适用于等直杆和线弹性范围。（2）强度条件对于等直杆ηmax＝Tmax/Wt≤[η]对于变截面杆件需综合考虑T和Wt，以求得切应力的最大值。强度条件的应用：①强度校核：Tmax/Wt≤[η]。②截面选择：Wt≥Tmax/[η]。③计算许可荷载：Tmax≤Wt[η]。2．圆轴扭转时的变形（1）变形量计算①相对扭转角等直杆扭转时，相距为l的两截面间的相对扭转角为TlGIp式中，GIp称为扭转刚度。对于各段内T或Ip不同的等直轴，相对扭转角为nTliii1GIpi②单位扭转角

112单位扭转角的计算公式为dTdxGIp对于截面间T相等的等直杆，单位扭转角计算公式可写为TGIlp上述扭转角和单位扭转角的计算公式适用于材料在线弹性范围内的圆杆。（2）刚度条件工程中，单位扭转角的常用单位为（°）/m，刚度条件为T180maxmmaxGIπp四、圆柱形密圈螺旋弹簧的应力和变形1．弹簧横截面的应力计算（1）近似计算计算假定：簧丝曲率较小时，不考虑其影响，并认为剪切力引起的剪应力均匀分布，采用直杆计算公式，则截面最大切应力为8FDd1max3πdD2式中，F为作用在弹簧圈中心的力；d为簧丝的直径；D为弹簧圈的平均直径。（2）修正计算在考虑簧丝曲率和剪应力并非均匀分布的情况下，最大切应力的计算修正公式为4c10.6158FD8FDkmax3344ccπdπd式中，c为弹簧指数，c＝D/d；k为曲度系数4c10.615k44cc（3）强度条件ηmax≤[η]2．弹簧的变形计算在作用点在弹簧圈中心的力F的作用下，沿力的作用方向的位移338FDn64FRnF44GdGdC式中，C为弹簧刚度，

11344GdGdC338Dn64RnR为弹簧圈平均半径，R＝D/2；n为弹簧的有效圈数。五、非圆截面杆扭转的概念1．基本概念（1）翘曲：扭转变形后杆的横截面不再保持为平面的现象。（2）自由扭转：等直杆两端受扭转力偶作用，且翘曲不受任何限制的扭转。变形和受力特点：各横截面的翘曲程度相同，纵向纤维的长度无变化；横截面上只有切应力。（3）约束扭转：由于受力或约束条件限制导致翘曲受限的扭转。变形和受力特点：各横截面的翘曲程度不同，相邻两截面间纵向纤维的长度改变；横截面上有切应力和正应力。2．矩形截面的扭转计算（1）一般矩形截面（h/b≤10）分布特点：周边各点切应力与周边相切，没有垂直于周边的切应力分量，顶点处切应力等于零，切应力变化情况如图3-1-3（a）所示。

114图3-1-3横截面上的最大切应力ηmax发生在长边中点处Tmax2hb短边上切应力最大值发生在中点处

115η1＝νηmax矩形截面扭转时，相对扭转角TlTl3GhbGIt式中，α、β、ν是与比值h/b有关的系数；GIt为杆件的抗扭刚度。（2）狭长矩形截面（h/b＞10）分布特点：与一般矩形相似，不同之处在于长边各点切应力数值接近相等，靠近顶点处除外，如图3-1-3（b）所示。若以δ表示矩形短边宽度，则最大切应力和相对扭转角的计算公式为Tmax12h3Tl13Gh3六、薄壁杆件的自由扭转（选学内容，不做要求）（1）薄壁杆件：壁厚远小于横截面的高、宽或平均半径的杆件。壁厚中线：薄壁杆件横截面壁厚的平分线。（2）开口薄壁杆件的自由扭转开口薄壁杆件：壁厚中线是一条不封闭的折线或曲线。假设前提：自由扭转时横截面在变形过程中只作自身平面内的刚体平动。整个横截的转角与截面上各部分（视为狭长矩形）的扭转角相等。最大切应力发生在宽度最大的狭长矩形长边上，切应力与截面边缘相切形成顺流，同一厚度线的两端切应力方向相反，最大切应力为ηmax＝Tδmax/It（3）闭口薄壁杆件的自由扭转闭口薄壁杆件：壁厚中线是一条封闭的折线或曲线。对于横截面只有内外两个边界的单孔管状杆件，认为切应力沿厚度均匀分布。剪力流f＝T/（2ω），其中ω是截面中线围成的面积。最大切应力ηmax＝f/δmin＝T/（2ωδmin）式中，δmin表示最小截面厚度。对于壁厚不变的杆件，扭转角θ表示为2θ＝MelS/（4Gωδ）式中，截面中线长度S＝∮ds，Me为外力偶矩。3.2课后习题详解3.1作图3-2-1所示各杆的扭矩图。

116图3-2-1（a）图3-2-1（b）图3-2-1（c）解：由截面法可得各段扭矩，图3-2-1所示杆的扭矩图分别对应图3-2-2所示。图3-2-2（a）图3-2-2（b）

117图3-2-2（c）3.2T为圆杆截面上的扭矩，试画出图3-2-3所示横截面上与T对应的切应力分布图。

118图3-2-3解：图3-2-3所示横截面上与T对应的切应力分布图如下图3-2-4所示。

119图3-2-43.3在变速箱中，何以低速轴的直径比高速轴的直径大？解：总的功率相同。从转轴的扭转做功的角度出发，功率为P＝WT/t＝Tθ/（2t）＝Tω/2＝const（ω表示转速）易知低速轴转速低，但负载大，为保证轴的强度，低速轴的直径较大。

120443.4内、外直径分别为d和D的空心轴，其横截面的极惯性矩为Ip＝πD/32－πd/32，抗扭截面系数为Wt33＝πD/16－πd/16。以上算式是否正确？若不正确，请改正并说明理由。解：不完全正确4444Ip＝πD（1－α）/32＝πD/32－πd/32，正确。34Wt＝Ip/R＝πD（1－α）/16，α＝d/D，不正确。理由422πD23π44πD4IpdAddDd1Ad0232323334Wt＝Ip/R＝π（D－d）/16＝πD（1－α）/163.5直径D＝50mm的圆轴，受到扭矩T＝2.15kN·m的作用。试求在距离轴心10mm处的切应力，并求轴横截面上的最大切应力。解：该实心轴的极惯性矩为43πD4π5010474Im6.13610mp3232抗扭截面系数为33πD3π5010353Wm2.45410mt1616故距离轴心10mm处的切应力为33T2.15101010Pa35MPa7I6.13610p轴横截面上的最大切应力为3T2.1510Pa87.6MPamax5W2.45410t3.6发电量为15000kW的水轮机轴如图3-2-5所示。D＝550mm，d＝300mm，正常运转时的转速n＝250r/min。材料的许用切应为[η]＝50MPa。试校核该水轮机主轴的强度。

121图3-2-5解：由公式Me＝9549P/n可得，主轴传递的扭矩为T＝Me＝9549P/n＝9549×15000/250N·m＝572940N·m则主轴上的最大切应力为TT16max34WtπD1616572.910MPa43300π550155019.2MPa50MPa故主轴强度满足要求，是安全的。3.7图3-2-6所示AB轴的转速n＝120r/min，从B轮输入功率P＝44.13kW，功率的一半通过锥形齿轮传给垂直轴Ⅱ，另一半由水平轴Ⅰ输出。已知D1＝600mm，D2＝240mm，d1＝100mm，d2＝80mm，d3＝60mm，[η]＝20MPa。试对各轴进行强度校核。

122图3-2-6解：（1）校核水平轴Ⅰ轴Ⅰ轴传递的功率：P1＝P/2＝22.065kW。则其传递的扭矩：T1＝9549P1/n1＝9549×22.065/120N·m＝1755.8N·m。该轴上的最大切应力为3TT16161755.81011MPa17.5MPa20MPamax133Wπdπ80t12故Ⅰ轴的强度满足要求，是安全的。（2）校核垂直轴Ⅱ轴Ⅱ轴传递的功率：P2＝P/2＝22.065kW。转速：n2＝nD1/D2＝120×600/240＝300r/min。则其传递的扭矩：T2＝9549P2/n2＝9549×22.065/300N·m＝702.3N·m。该轴上的最大切应力为3TT1616702.31022MPa16.6MPa20MPamax233Wπdπ60t23故Ⅱ轴的强度满足要求，是安全的。（3）校核AB轴AB轴传递的扭矩：T＝9549P/n＝9549×44.13/120N·m＝3311.6N·m。则轴上的最大切应力为3TT16163511.610max33MPa17.9MPa20MPaWπdπ100t1故该轴强度满足要求。3.8阶梯形圆轴直径分别为d1＝40mm，d2＝70mm，轴上装有三个带轮，如图3-2-7所示。已知由轮3输入的功率为P3＝30kW，轮1输出的功率为P1＝13kW，轴作匀速转动，转速n＝200r/min，材料的剪切许用应力[η]＝60MPa，G＝80GPa，许用扭转角[θ′]＝2（°）/m。试校核轴的强度和刚度。

123图3-2-7解：由公式Me＝9549P/n可得，轴传递的扭矩Me1＝9549P1/n＝9549×13/200N·m＝620.7N·mMe3＝9549P3/n＝9549×30/200N·m＝1432.4N·m由此可作出该轴的扭矩图，如图3-2-8所示。图3-2-8（1）强度校核AC段：3TT1616620.71011MPa49.4MPamax33Wdππ40t11BD段：3T161432.4102MPa21.3MPamax3Wπ70t2故强度满足要求。（2）刚度校核AC段：T620.7321radm0.031radm1.78mmax94GI8010π0.04p1BD段：T21432.4323max94radm7.610radm0.435mGI8010π0.07p2故刚度也满足要求，是安全的。3.9图3-2-9所示绞车同时由两人操作，若每人加在手柄上的力都是F＝200N，已知轴的许用切应力[η]＝

12440MPa，试按强度条件初步设计AB轴的直径，并确定最大起重量W。图3-2-9解：（1）确定AB轴直径作用在AB轴上的扭矩：T＝MA＝MB＝0.4F＝0.4×200N·m＝80N·m。3由该轴的强度条件ηmax＝T/Wt＝16T/（πd）≤[η]，可得33316T168010dmm21.7mmππ40故取AB轴直径d＝22mm。（2）确定最大起重量W由AB轴的平衡条件可得：0.5W20.4MM0.72AB2整理得：W·（5/7）×0.2＝80＋80。则最大起重量为：W＝1120N。3.10机床变速靠自第Ⅱ轴如图3-2-10所示，轴所传递的功率为P＝5.5kW，转速n＝200r/min，材料为45号钢，[η]＝40MPa。若该轴为实心圆轴，试按强度条件初步设计轴的直径。图3-2-10

125解：由外力偶矩计算公式可得，Ⅱ轴传递的扭矩T＝9549P/n＝9549×5.5/200N·m＝262.6N·m3由该轴的强度条件ηmax＝T/Wt＝16T/（πd）≤[η]，可得33316T16262.610dmm32.2mmππ40故取该轴直径d＝33mm。3.11图3-2-11所示实心轴和空心轴通过牙嵌式离合器连接在一起。已知轴的传速n＝100r/min，传递的功率P＝7.5kW，材料的许用切应力[η]＝40MPa。试选择实心轴的直径d1和内外径比值为1/2的空心轴的外径D2。图3-2-11解：该离合器传递的扭矩即作用在该轴上的扭矩T＝9549P/n＝9549×7.5/100N·m＝716.2N·m3对于实心轴部分，由其强度条件ηmax＝T/Wt1＝16T/（πd1）≤[η]，可得33316T16716.210dmm45mm1ππ4034对于空心轴部分，由其强度条件ηmax＝T/Wt2＝16T/[πD2（1－α）]≤[η]，其中内外径比α＝1/2，可得33316T16716.210Dmm46mm244π1π4010.5综上，可取实心轴的直径d1＝45mm，空心轴的外径D2＝46mm。3.12发动机涡轮轴的简图如图3-2-12所示。在截面B，I级涡轮传递的功率为21771kW；在截面C，Ⅱ级涡轮传递的功率为19344kW。轴的转速n＝4650r/min。试画出轴的扭矩图，并求轴的最大切应力。图3-2-12

126解：由公式Me＝9549P/n可得，作用在B截面和C截面的外力偶矩分别为MeB＝9549PB/n＝9549×21771/4650N·m＝44.7N·mMeC＝9549PC/n＝9549×19344/4650N·m＝39.7N·m故由力的平衡条件可得：MeA＝MeB＋MeC＝44.7＋39.7N·m＝84.4N·m。由此可作该轴的扭矩图，如图3-2-13所示。由扭矩图可知，最危险截面发生在AB上l2段，故最大切应力值为6T1684.410eAMPa192MPamax4Wt1378π1361136图3-2-133.13桥式起重机如图3-2-14所示。若传动轴传递的力偶矩Me＝1.08kN·m，材料的许用应力[η]＝40MPa，G＝80GPa，同时规定[θ′]＝0.5（°）/m。若采用实心圆轴，试设计轴的直径。图3-2-143解：（1）由轴的强度条件ηmax＝Me/Wt＝16Me/（πd）≤[η]，可得33616M161.0810edmm51.6mmππ404（2）由轴的刚度条件θ＝Me/GIp＝32Me/（πGd）≤[θ′]，可得44332M321.0810edm63mmπG90.5π8010π180综上，可取轴径d＝63mm。

1273.14如图3-2-15所示，实心圆形截面传动轴的转速为n＝500r/min，主动轮1输入功率P1＝368kW，从动轮2和3分别输出功率P2＝147kW，P3＝221kW。已知[η]＝70MPa，[θ′]＝1（°）/m，G＝80GPa。（1）试确定AB段的直径d1和BC段的直径d2。（2）若AB和BC两段选用同一直径，试确定直径d。（3）主动轮和从动轮应如何安排才比较合理？图3-2-15解：（1）由公式Me＝9549P/n可得，作用在各轮上的外力偶矩分别为Me1＝9549P1/n＝9549×368/500N·m＝7028N·mMe2＝9549P2/n＝9549×147/500N·m＝2807N·m由传动轴的平衡条件可得：Me3＝Me1－Me2＝4221N·m。由此可作该轴的扭矩图，如图3-2-16（a）所示。图3-2-16（a）①确定AB轴直径由扭矩图可知，AB段扭矩：T1＝Me1＝7028N·m。3由强度条件ηmax＝T1/Wt1＝16T1/（πd1）≤[η]，可得：316Td180mm1π4由刚度条件θmax＝T1/GIp1＝32T1/（πGd1）≤[θ′]，可得：432Td184.6mm1πG故取AB段轴直径d1＝85mm。②确定BC轴直径由扭矩图可知，BC段扭矩：T2＝Me3＝4221N·m。同理，由强度条件可得：316Td267.5mm2π

128由刚度条件可得：432T2d74.5mm2πG故取BC段轴直径d2＝75mm。（2）若AB段和BC段选用同一直径，则应取d＝max{d1，d2}＝d1＝85mm。（3）当主动轮1和从动轮2调换位置时，扭矩图如图3-2-16（b）所示。此时轴上最大扭矩为4221N·m，最大扭矩值明显减少，有够有效减小轴的最小直径，节省用料，因此，这样布置比较合理。3-2-16（b）3.15设实心圆轴横截面上的扭矩为T，如图3-2-17所示，试求四分之一截面上内力系的合力的大小，方向及作用点。图3-2-17解：取1/4隔离体如图3-2-18所示。图3-2-18取微元dρ，则微元面积为dS＝ρdθdρ，且作用在其上的剪力为ηdS，故该1/4截面上的剪力在x、y轴上的分量为

129π22πdRTT4TFScosd2cosdd22cosddxS0000π3πId4Pd32πd2TT4FSsind22sinddyS00π43πdd32作用在该截面上的合力为：22224T4T42TFFFxy3πd3πd3πd其作用方向：θ0＝arctan（Fx/Fy）＝arctan1＝45°，即与x轴夹角为45°。由ρ0·F＝T/4可得，作用点离圆心的距离：Td3π32πd04F16232*3.16用横截面ABE，CDF和包含轴线的纵向面ABCD从受扭圆轴（图3-2-19（a））中截出一部分，如图3-2-19（b）所示。根据切应力互等定理，纵向截面上的切应力η′已表示于图中。这一纵向截面上的内力系最终将组成一个力偶。试问它与这一截出部分上的什么内力相平衡？图3-2-19解：如图3-2-20所示，被截出部分的纵向截面上由内力系组成的力偶矩与由两端横截面上的剪力合力沿z轴方向的分量组成的力偶相平衡，且这一力偶的作用面与纵向截面ABCD平行。

130图3-2-20①在纵截面ABCD中，微元dA＝adz上，切应力η′对y轴的矩为MzdMzdAzadzyIp故该纵截面上对y轴的总力矩为RMa42MaMz2dzy0IR3πp②在横截面CDF上，微元dA＝ρdθdρ上，剪力的z轴分量对y轴的矩为dMy＝aηzρdθdρ＝aηsinθ·ρdθdρ故横截面对y轴的总力矩为2RMπ4MaMadsindy00IR3πp由①②可知：My＝My′，两者平衡。3.17由厚度δ＝8mm的钢板卷制成的圆筒，平均直径为D＝200mm。接缝处用铆钉铆接（如图3-2-21）。若铆钉直径d＝20mm，许用切应力[η]＝60MPa，许用挤压应力[ζbs]＝160MPa，筒的两端受扭转力偶矩Me＝30kN·m作用，试求铆钉的间距s。

131图3-2-21解：由切应力互等定理可知，在圆筒纵截面上必存在切应力。由薄壁圆筒切应力计算公式可得，纵截面上切应力6M3010eMPa59.7MPa222πr2π1008又在s长的轴段上切应力均由铆钉承受，故铆钉承受剪力F＝ηδs。由铆钉强度条件Fs460MPa22πdd4π可得22πdπ2060smm39.5mm4459.78又由铆钉挤压强度条件ζbs＝F/（dδ）＝ηs/d≤[ζbs]＝160MPa，可得：s≤53.6mm。综上，铆钉的间距s≤39.5mm。3.18图3-2-22中杆件为圆锥体的一部分，设其锥度不大，两端的直径分别为d1和d2，长度为l。沿轴线作用均匀分布的扭转力偶矩，它在每单位长度内的集度为m。试计算两端截面的相对扭转角。图3-2-22解：按比例关系可得，距左端为x的任意横截面的直径为ddx12dxd21dl2该截面的极惯性距和扭矩分别为

132444πdxπdddxI2112p3232dl2T（x）＝mx单位长度扭转角dTx32mx4dxGIpddx412Gdπ12dl2两边同乘dx，并在0～l区间内积分，两端截面的相对转角为232mlxxd16mld122Gdπ40ddx43Gddπ22d2121112dl23.19如图3-2-23所示，极惯性矩为Ip的圆截面等直杆AB的左端固定，承受一集度为m的均布力偶矩作用。若材料的切变模量为G，试导出计算截面B绕其轴线的扭转角的公式。图3-2-23解：距离自由端B端x处截面的扭矩：T＝mx。由单位长度扭转角公式可得：dθ/dx＝T/（GIp）＝mx/（GIp），即dθ＝mxdx/（GIp）。两边积分可得B截面扭转角计算公式2lmxmlddxl0GI2GIpp3.20图3-2-24所示薄壁圆锥形管锥度很小，厚度δ不变，长为l。左右两端的平均直径分别为d1和d2。材料的切变模量为G，试导出计算两端相对扭转角的公式。

133图3-2-24解：设距离右端B截面x处的平均直径为d，则有：d＝d2＋（d1－d2）·x/l。该截面的极惯性矩：π3π3Ipd3dl2d1d2x44l同一截面上的扭矩T＝Me。由单位长度扭转角公式可知：dθ＝Tdx/（GIp）。积分可得该锥管两端相对扭转角计算公式3llTxd4Mlxd2Ml11ee00GIGπdlddx3Gπddd22dp21212212Mldde1222Gπdd123.21图3-2-25所示长为l的组合轴，内部是材料切变模量为G、直径为d的实心等直圆杆，外部是材料切变模量为2G、内直径为d外直径为2d的圆环形截面等直杆，两杆经紧密配合而成。受外力偶矩Me的作用而发生扭转变形。试求：（1）横截面上最外表面的切应力；（2）杆件两端的相对扭转角。提示：平面假设依然成立。图3-2-25解：（1）平面假设成立，切应变线性分布，接合面处切应变连续，如图3-2-26所示。η＝Gγ，则接合面处：η1＝Gγ，η2＝2Gγ，η1＝η2/2＝ηmax/4。

134图3-2-26设内部材料承担扭矩Me1，外部材料承担扭矩Me2，则有MMMe12ee3113πdMWπde111tmaxmax41664313415πd1Me22maxWtmaxπ2d1max,163223解得：ηmax＝64Me/（31πd）。（2）33πddπ64MMMeee1max3646431πd31MelMle3132Mle1131π4GI4Gdp1Gdπ323.22试由单位体积的剪切应变能导出圆轴扭转时应变能的计算公式是2Txd1VTdl022GIp解：（1）圆轴受扭转时，其横截面上任一点的切应力：ηρ＝Tρ/Ip。2又单位体积内应变能密度νε＝η/（2G），可得截面上的应变能

135222TT1VνdVdVdVVVI22GVGI2pp对于圆轴，有dV＝dA·dx，故222Txd2TxdTxdVIdAl22Alpl2GI2GI2GIppp（2）由功能原理，在线弹性范围内有，圆轴微段dx的应变能等于外力做功，即dVε＝Tdθ/2。积分可得圆轴扭转时总的应变能：TVd02综上可得：2Txd1VTdl22GI0p3.23如图3-2-27所示，钻头横截面直径为20mm，在顶部受均匀的阻抗扭矩m（单位为N·m/m）的作用，许用切应力[η]＝70MPa。（1）试求作用于上端许可Me。（2）若G＝80GPa，求上端对下端的相对扭转角。图3-2-27解：（1）根据题意，最大扭矩值发生在钻头上端，值为Me。3由圆轴扭转扭转强度条件ηmax＝Me/Wt＝16Me/（πd）≤[η]，可得336Me≤πd[η]/16＝（π/16）×0.02×70×10N·m＝110N·m即许可值[Me]＝110N·m。（2）由力的平衡m·l1＝Me，可得：m＝Me/l1＝110/0.1N·m/m＝1100N·m/m。

136上端对下端的相对扭转角应分段进行叠加计算，有lTxd1l1132lTxMlddmxxMl00e240e2GIGIGdπpp320.1941100dxx1100.2rad8010π0.0200.022rad1.263.24两端固定的圆轴AB，在截面C上受扭转力偶矩Me作用。试求两固定端的反作用力偶矩MA和MB。提示：轴的受力图如图3-2-28（b）所示。若以θAC表示截面C对A端的转角，θCB表示B对C的转角，则B对A的转角θAB应是θAC和θCB的代数和。但因B，A两端皆是固定端，故θAB应等于零。于是得变形协调方程：θAB＝θCB＋θAC＝0。图3-2-28（a）图3-2-28（b）解：对AB杆进行受力分析，由平衡条件得：∑M＝0，MA＋MB－Me＝0。又A、B两端均为固定端，故A端、B端相对扭转角为零，即：θAB＝θAC＋θCB＝0。其中，A端、B段相对于C端的扭转角分别为：θAC＝MAa/（GIp），θCB＝－MBb/（GIp）。联立以上各式可得：MA＝（Me·b）/（a＋b），MB＝（Me·a）/（a＋b）。*3.25两端固定的圆截面杆如图3-2-29所示。在截面B上作用扭转力偶Me，在截面C上有抗扭弹簧刚度系数为k（N·m/rad）的弹簧。试求两端的反作用力偶矩。图3-2-29

137解：对杆AD进行受力分析，如图3-2-30所示。图3-2-30由力矩平衡得：Me＝MA＋MD＋MC①A、D两端均为固定端，可知A端、D端相对扭转角为零，θAD＝∑Tili/（GIp）＝0，即MaADMeMAbMc0②GIGIGIppp对于弹簧有：MC＝θC·k＝MD·ck/（GIp）③联立式①②③，可得两端反作用力偶矩GIpbckbcMMAeabcGIpkcabaGIpMMDeabcGIpkcab3.26图3-2-31所示AB和CD两杆的尺寸相同。AB为钢杆，CD为铝杆，两种材料的切变模量之比为3：1。若不计BE和ED两杆的变形，试问F力的影响将以怎样的比例分配于AB和CD两杆？图3-2-31解：设F作用在AB、CD杆上的力分别为F1、F2，根据平衡条件：F＝F1＋F2①由于BE段、DE段在E点的垂直位移相等，则有变形协调方程：θAB＝θCD。即F1al/（G1Ip）＝F2al/（G2Ip）（AB＝CD＝l）②联立式①②得：F1＝3F/4，F2＝F/4。3.27圆柱形密圈螺旋弹簧，簧丝横截面直径d＝18mm，弹簧平均直径D＝125mm，弹簧材料的G＝80GPa，如弹簧所受拉力F＝500N，试求：（1）簧丝的最大切应力。（2）弹簧要几圈才能使它的伸长等于6mm。3解：（1）簧丝的最大切应力：ηmax＝8kFD/（πd）。

138其中，由弹簧指数c＝D/d＝125/18＝6.94，可得曲度系数4c10.61546.9410.615k1.224cc446.9446.94故8FD85000.125k1.22Pa33.3MPamax33πdπ0.01843（2）由弹簧的刚度系数C＝Gd/（8Dn），可知弹簧沿轴线方向的伸长量34λ＝F/C＝8FDn/（Gd）则弹簧伸长λ＝6mm时的圈数494Gd80100.0180.006n336.5圈8FD85000.1253.28油泵分油阀门的弹簧丝直径2.25mm，簧圈外径18mm，有效圈数n＝8，轴向压力F＝89N，弹簧材料的G＝82GPa。试求弹簧丝的最大切应力及弹簧的变形λ值。3解：（1）簧丝的最大切应力：ηmax＝8kFD0/（πd）。其中，由弹簧指数c＝D0/d＝（D－d）/d＝15.75/2.25＝7，可得曲度系数4c10.6154710.615k1.214cc44747故8890.015751.21Pa379MPamax3π0.00225（2）弹簧的变形值338FDn8890.0157580m10.6mm494Gd82100.002253.29圆柱形密圈螺旋弹簧的平均直径D＝300mm，簧丝横截面直径d＝30mm，有效圈数n＝10，受力前弹簧的自由长度为400mm，材料的[η]＝140MPa，G＝82GPa。试确定弹簧所能承受的最大压力（注意弹簧可能的压缩量）。解：（1）根据强度条件确定33由强度条件ηmax＝8kF1D/（πd）≤[η]，可得F1≤πd[η]/（8kD）。其中，由弹簧指数c＝D/d＝300/30＝10，可得弹簧曲度系数4c10.61541010.615k1.154cc4410410故336πdπ0.0314010FN4300N18kD81.150.3（2）根据刚度条件确定弹簧许用变形量：[λ]＝l0－nd＝400mm－10×30mm＝100mm。34由刚度条件λmax＝8FDn/（Gd）≤[λ]，可得494Gd82100.030.1FN3075N2338Dn80.310

139综上，该弹簧能承受的最大压力F＝3075N。3.30图3-2-32所示锥形密圈螺旋弹簧，也称塔簧，受轴向压力F作用，上端面和下端面弹簧圈的平均半径分别为R1和R2。簧丝直径为d，有效圈数为n，材料的切变模量为G。试确定弹簧的压缩量λ。图3-2-322解：在弹簧微段Rdθ中的应变能：dVε＝TRdθ/（2GIp）。积分可得储存在整个弹簧中的应变能23222πnFRRdFF2πn32πnRR21VRddR00012GIp2GIp2GIp2πn244FnπRR214GIRRp21由功能互等定理W＝Vε，其中，外力功W＝Fλ/2，即2441FnπRRF2124GIRRp21故44FnπRR2116Fn224R1R2R1R22GIRRGdp213.31AB轴的两端分别与DE和BC两杆刚性连接。F力作用前，轴及两杆皆在水平面内，如图3-2-33所示。设BC和DE为刚体（即弯曲变形不计），D点和E点的两根弹簧的刚度系数皆为C。安置于AB轴两端的轴承允许轴转动，但不能移动。轴的直径为d，长为l。试求F力作用点的位移。

140图3-2-33解：DE杆在E点和D点的弹簧分别受到压缩和拉伸。两者变形相同，设所受压力和拉力均为F′。利用平衡方程，容易求得F′＝Fb/a弹簧的变形为λ＝F′/C＝Fb/（Ca）DE杆和轴的转角为2α＝λ/（a/2）＝2Fb/（Ca）相对扭转转角为θ＝Tl/（GIp）＝Fbl/（GIp）BC杆的转角为2lFbCa2GIp所以得2l2fbFbCa2GIp3.32若图3-2-34中1，2两根弹簧的簧圈平均半径、材料和簧丝横截面的直径都相等，如要求两根弹簧的负担相同（即受力相等）。设横梁为刚体，试求两根弹簧的圈数之比。

141图3-2-34解：对横梁进行受力分析，如图3-2-35所示。图3-2-35由图中所示几何关系，可得变形协调条件：λ2＝2λ1①3434其中，两弹簧伸长：λ1＝8F1Dn1/（Gd），λ2＝8F2Dn2/（Gd）。3434代入式①得：8F2Dn2/（Gd）＝2·8F1Dn1/（Gd）。根据题意，两弹簧受力相同，则有：F1＝F2。由此根据上式可得：n2＝2n1，即1、2两弹簧圈数之比为1：2。3.33在图3-2-36所示机构中，除了1，2两根弹簧外，其余构件都可假设为刚体。若两根弹簧完全相同，簧圈半径R＝100mm，[η]＝300MPa，试确定弹簧丝的横截面直径，并求出每一弹簧所受的力。图3-2-36解：（1）将该结构从铰接点出断开，分别对两部分进行受力分析，如图3-2-37所示。

142图3-2-373由图3-2-37（a）可得平衡方程：2.5×10×0.6－F×0.9＝0①3由图3-2-37（b）可得平衡方程：F1×0.6－5×10×0.6＋F×0.4＋F2×0.4＝0②又由图3-2-37（b）几何关系可得变形协调条件：λ1/λ2＝600/400＝3/2。可变形为：38FDn1Gd4338FDn224Gd即F1/F2＝3/2③联立式①②③，可得1，2两根弹簧的受力分别为F1＝2.69kN，F2＝1.79kN（2）由于F1＞F2，因此簧丝直径用F1进行设计，采用试算法进行计算。3初选弹簧刚度系数k＝1，则根据强度条件ηmax＝8F1D/（πd）≤[η]，可得3338FD82.69100.21dm16.6mm16ππ30010－2验算，取d＝16.6mm时，弹簧指数：c＝D/d＝2R/d＝2×0.1/（1.66×10）＝12。曲度系数：4c10.61541210.615k1.124cc4412412此时簧丝横截面最大切应力

14338FD82.69100.21maxk331.12Pa335MPa300MPaπdπ0.0166此时强度不够。在此基础上，改选k＝1.126，同理根据强度条件可得：d＝17.2mm。簧丝横截面的最大切应力38FD82.69100.21maxk331.126Pa303MPa300MPaπdπ0.0172误差在5%以内，在工程范围内满足要求，可取。综上，簧丝直径取d＝17.2mm。3.34拖拉机通过方轴带动悬挂在后面的旋耕机。方轴的转速n＝720r/min，传递的最大功率P＝25.7kW，截面为30mm×30mm，材料的[η]＝100MPa。试校核方轴的强度。解：方轴传递的扭矩：T＝9549P/n＝9549×25.7/720N·m＝341N·m。该方轴横截面的h/b＝1，则查表3-2-1（教材表3.2）矩形截面杆扭转时的系数得：α＝0.208。表3-2-1矩形截面杆扭转时的系数α，β和ν则该截面的最大切应力3T34110max23MPa60.7MPa100MPahb0.20830故该方轴强度满足要求，是安全的。3.35有一矩形截面钢杆，其横截面尺寸为100mm×50mm，长度l＝2m，在杆的两端作用着一对力偶矩。若材料的[η]＝100MPa，G＝80GPa，杆件的许可扭转角为[θ]＝2°，试求作用于杆件两端的力偶矩的许可值。解：根据题意，该钢杆横截面的h/b＝100/50＝2，则查表3-2-1（教材表3.2）矩形截面杆扭转时的系数得：α＝0.246，β＝0.229。2由扭转强度条件ηmax＝Me/（αhb）≤[η]，得其可传递的扭矩262Me≤[η]αhb＝100×10×0.246×0.1×0.05N·m＝6.15kN·m3由扭转刚度条件θ＝Mel/（Gβhb）≤[θ]，得393Ghbπ80100.2290.10.05M2Nm4kNmel1802综上，作用在该杆两端的力偶矩的许可值：[Me]＝4kN·m。3.36如图3-2-38所示T字形薄壁截面杆长为l＝2m，材料的G＝80GPa，作自由扭转，扭矩T＝200N·m的作用。试求：（1）最大切应力及扭转角。（2）作图表示沿截面的周边和厚度方向切应力分布的情况。

144图3-2-38解：（1）将该T形截面看作是两个狭长矩形截面的组合，则其极惯性矩3444－84It＝2×（1/3）×120×10mm＝8×10mm＝8×10m最大切应力发生在两狭长矩形截面的长边上，其值为3T2001010maxPa25MPamax8I810t杆两端面的相对扭转角Tl2002rad0.0625rad3.5898GI8010810t（2）沿截面的周边和厚度切应力分布的情况，如图3-2-39所示。图3-2-393.37如图3-2-40所示，某火箭炮平衡机的扭杆是用六片截面尺寸为75mm×12mm的钢板叠在一起而组成的，受扭部分的长度为l＝1084mm。已知材料的许用切应力[η]＝900MPa，G＝80GPa，扭杆的最大扭转角为60°。试校核扭杆的强度。提示：扭杆的每一片都可以看作是独立的杆件。

145图3-2-40解：由题意可知，扭杆的每一片均为独立，则可取其中一片为研究对象，则有h/b＝75/12＝6.25由此查教材表3.2矩形截面杆扭转时的系数得：α＝0.3，β＝0.3。3根据刚度条件θ＝Tl/（Gβhb）≤[θ]确定扭杆能承受的最大扭矩3Tmax＝Gβhb[θ]/l综上可得，该扭杆的最大切应力96080100.30.012πTGb180max2Pa927MPahbl0.31.084超出许用应力部分：[（927－900）/900]×100%＝3%＜5%，在工程允许范围内，故该扭杆满足强度要求。3.38外径为120mm，厚度为5mm的闭口薄壁圆杆，受T＝4kN·m的扭矩作用，试按下列两种方式计算切应力。（1）按闭口薄壁杆件扭转的近似理论计算。（2）按空心圆截面杆扭转的精确理论计算。解：（1）按近似理论计算TT4000Pa38.5MPa2222πR2π0.05750.005（2）按精确理论计算TT4000Pa40.1MPa334WtDπ40.120.111π116160.12*3.39有一截面为矩形的闭口薄壁杆件，如图3-2-41所示，其截面的面积A和厚度δ保持不变，而比值β2＝a/b可以改变。在自由扭矩情形下，试证明切应力η正比于（1＋β）/β。若将上述闭口薄壁杆件改为开口薄壁杆件，在相同扭转作用下，改变比值β＝a/b，但a＋b不变，会不会引起切应力的变化？图3-2-41

146解：（1）根据图3-2-41所示，截面面积：A＝2（a＋b）δ＝2b（1＋β）δ。故有b＝A/[2（1＋β）δ]。根据闭口薄壁杆的切应力计算公式可得2TTT21Tmax2222ab2bA2由此可知，切应力η正比于（1＋β）/β。（2）若改为开口薄壁杆，根据其应力计算公式可得：η＝Tδ/It。32其中，极惯性矩：It＝（2/3）（a＋b）δ＝（1/3）Aδ。由此可知，切应力η与β无关，即改变β的值不会引起切应力的变化。3.40图3-2-42所示椭圆形截面薄壁等直杆件受自由扭转，两端作用扭矩Me＝8kN·m。若材料的切变模量G＝80GPa，截面的几何参数为：壁厚δ＝5mm，壁厚中线的长轴a＝80mm、短轴b＝60mm。试求：（1）截面上的切应力大小；（2）杆件的单位长度扭转角。提示：壁厚中线所包围面积的计算公式为ω＝πab，壁厚中线周长的计算公式为图3-2-422解：（1）ω＝πab＝π×80×60＝4800πmmSπ1.5ababπ1.580608060140.72πmm根据闭合薄壁杆件的剪应力公式6M810e53.05MPa224800π5（2）杆件的单位长度扭转角6MSe810140.72π69.7210radmm0.557m2324G480104800π5

1473.3名校考研真题详解一、选择题1．如图3-3-1所示半圆形薄壁界面的剪心大致位于（）。[北京航空航天大学2013研]图3-3-1A．A点B．B点C．C点D．D点【答案】D【解析】剪心为切应力等效中心。如图3-3-2。图3-3-2将切应力等效为一个集中力，为πFsinRd2R0切应力对A取矩，为π2MRRdπR0所以等效力臂为2d＝M/F＝πηR/（2ηR）＝πR/2＞R

148所以剪心在D点。2．空心圆轴，内外径的比值为α，若圆轴受扭是横截面上最大切应力为ηmax，则该截面内、外圆周处切应力的比值为（）。[北京航空航天大学2014研]A．0B．α4C．1－αD．以上答案均不正确【答案】B【解析】根据圆轴受扭截面内切应力公式η＝Tr/Ip，切应力与半径成正比。3．如图3-3-3所示实心圆轴CD，其横截面积为A，承受扭力矩M的作用。根据强度条件和刚度条件确定扭力矩M的许用值分别为M1和M2。当该实心圆轴的横截面积变为2A时，根据强度和刚度条件确定的扭力矩M的许用值分别为（）。[北京航空航天大学2015研]图3-3-3A．22M，4M21B．4M1，22M2C．4M1，4M2D．22M，22M12【答案】A【解析】面积扩大2倍，直径扩大2倍。强度条件M16MM1611MM223311Wdπtπ2d刚度条件dM32MM322244MM224dGxGIPπdGπ2d4．扭转应力公式η＝Mηρ/Ip不适用于（）。[华南理工大学2016研]A．等截面直杆B．实心圆截面杆C．空心圆截面杆D．矩形截面杆【答案】D

1495．当实心圆轴的直径增加1倍时，其抗扭强度、抗扭刚度分别增加到原来的（）。[昆明理工大学2016研]A．8和16倍B．16和8倍C．8和8倍D．16和16倍【答案】A34【解析】抗扭强度Wt∝d，而抗扭刚度GIp∝d。6．等截面圆轴配置四个皮带轮，各轮传递的力偶的力偶矩如图3-3-4所示。如何改变四个轮之间的相对位置，轴的受力最合理（）。[重庆大学2016研]A．将C轮与D轮对调B．将B轮与D轮对调C．将B轮与C轮对调D．将B轮与D轮对调，然后再将B轮与C轮对调图3-3-4【答案】A【解析】应使两个方向扭矩的绝对值的差值尽量缩小，并且绝对值尽可能小，此时轴的受力最合理，比较四个选项，A项最为合理。二、填空题1．截面轴长l，直径为d，材料切变模量为G，两端截面的相对扭转角为θ，则圆轴两端截面施加的扭力矩M＝______，圆轴内最大切应变γmax＝______。[北京航空航天大学2013研]4【答案】Gθπd/（32l）；θd/（2l）【解析】圆截面相对扭转角为ϕ＝Ml/（GIp）4M＝GIpθ/l＝Gθπd/（32l）γmax＝Md/（2GIp）＝θd/（2l）2．如图3-3-5所示长为l、直径为d的实心圆截面轴ABC，材料切变模量为G，轴ABC在中部和端部分别承受如图所示扭力偶矩M作用。则轴内的最大扭转切应力为______，AB段的扭转角沿轴线的变化率为______。[北京航空航天大学2014研]图3-3-5

1503【答案】16M/（πd）；0【解析】扭转的切应力表达式为η＝Mr/Ip，所以3ηmax＝MmaxR/Ip＝16M/（πd）由截面法可知，MAB＝0，MBC＝M，则dθ/dx＝M/（GIp）＝0所以AB段的扭矩为零，没有发生扭转变形。3．圆轴扭转时传递功率P＝10kW，转速120r/min，相应的外力偶矩为______。[华南理工大学2016研]【答案】795.75N·m【解析】P10kWMe95499549795.75Nmn120rmin4．直径为d的实心圆轴受扭如图3-3-6（a）所示，其材料为理想弹塑性材料，η-γ图如3-3-6（b）图。该轴的弹性极限外力偶矩＝______；该轴的塑性极限外力偶矩＝______。[重庆大学2016研]图3-3-633【答案】πdg/16；πdg/12【解析】当横截面上的最大切应力达到材料的剪切屈服极限时，杆件开始屈服产生塑性变形，屈服扭矩T13＝Wtg＝πdg/16；当截面各点处的切应力均完全达到g时，横截面各点均将发生塑性变形，整个截面进入完全塑性状态，极限扭矩3d2πd2TgAd2πgdguA012三、画图题画图3-3-7示闭口和开口薄壁杆件横截面上的剪应力方向示意图。图中T为截面扭矩。[中国科学技术大学2016研]

151图3-3-7解：示意图如图3-3-8所示：图3-3-8四、计算题1．如图3-3-9所示一等直圆杆，已知d＝40mm，a＝400mm，G＝80GPa，θBD＝1°。试求：（1）最大切应力ηmax；（2）截面A相对于截面D的扭转角θDA。[大连理工大学2012研]图3-3-9图3-3-10解：（1）扭矩图如如图3-3-10：4θBD＝∑Tl/（GIp）＝32Mea/（Gπd）3MM16Gd8010401πee69.8MPamax3BDWd2a2400180t（2）θDA＝θBD＋θBA＝Mea/（GIp）＋2Mea/（GIp）＝3θBD＝3°

1522．如图3-3-11所示，直径为d的圆轴，材料的许用切应力[η]＝50MPa，切变模量G＝80GPa，单位长度许用扭转角[θ]＝0.25（°）/m，试求轴的直径d。[南京理工大学2015研]图3-3-11图3-3-12解：扭矩图如图3-3-12：336T16T16T160.810maxmaxmaxTdmax343.4mmWdtππ50446T32T32T320.810maxmaxmaxd69.5mmmax4GIPπGdπGπ8010330.25π10180所以d≥69.5mm。3．如图3-3-13所示，两端固定的阶梯圆轴，在截面C承受扭转力偶矩M作用。已知D1＝8cm，D2＝6cm，[η]＝60MPa，试求最大力偶矩M。[华南理工大学2016研]图3-3-13图3-3-14解：对整体进行受力分析，如图3-3-14所示，可得

153MA＋MB＝M①又根据几何变形条件可知MAlAC/（GIpAC）＝MBlBC/（GIpBC）即1.5mMMAB1.5mπ44π②8cm6cm3232联立①②可得MA＝0.513M，MB＝0.487M由强度条件可知η1＝MA/WtAC＝0.513M/WtAC≤[η]η2＝MB/WtBC＝0.487M/WtBC≤[η]113313.14MWtACD1608011.75kNm0.5130.513160.51316113313.14MWtBCD260605.22kNm0.4870.487160.48716解得最大力偶矩为：M＝5.22kN·m。4．图3-3-15所示齿轮转动系统，马达的输入功率P1＝36kW，经轴CD输出。已知：轴AB的转速n1＝300r/min。B处齿轮与C处齿轮之比z1：z2＝1：2。实心圆轴AB直径d1＝40mm，空心圆轴CD外径D2＝50mm，内径d2＝40mm。两杆轴采用相同的材料，其剪切弹性模量G＝80GPa。试求：（1）所有轴中的最大切应力；（2）所有轴中的最大单位长度扭转角。[南京航空航天大学2017研]图3-3-15解：B为主动轮，C为从动轮PB＝PC＝P1＝36kW（1）AB轴分析TB＝MB＝9549PB/nB＝9549×36/300N·m＝1145.88N·m则AB轴最大切应力为

154T1145.88B91.2MPamax,11W3t1π0.0416AB轴单位长度扭转角为TB1145.8825.710radm11GI94p18010π0.0432（2）CD轴分析B、C齿轮数之比z1：z2＝1：2，则nC＝（1/2）nB＝（1/2）×300＝150r/minTC＝MC＝9549PC/nC＝9549×36/150N·m＝2291.76N·m则CD轴最大切应力为T2291.76C158.2MPamax,21W34t2π0.0510.816CD轴单位长度扭转角为TC2291.7627.910radm4.53m2GI914428010π0.0510.832所以所有轴中最大切应力ηmax＝158.2MPa。－2所有轴中最大单位长度扭转角θmax＝7.9×10rad/m＝4.53°/m。5．如图3-3-16所示，圆轴AB长l＝100mm，轴的直径d＝10mm，在B端加外力偶矩Me后，端面B相对固定端截面A转过角度θBA＝0.01875rad。若材料的切变模量G＝80GPa，试求：（1）轴内的ηmax；（2）轴表面上任意点的切应变。[山东大学2017研]图3-3-16解：（1）因为最大切应力ηmax在截面最外层，根据公式θBA＝Mel/（GIp），ηmax＝Med/（2Ip）可得3Gd0.01875801010BA75MPamaxl21002（2）轴表面任意点的切应变相等，切应变为

155max75MPa49.375103G8010MPa6．图3-3-17所示阶梯形受扭圆轴，实心圆轴AB直径d1＝40mm，空心圆轴BC外径D2＝50mm，内径d2＝40mm。尺寸a＝0.5m，材料的剪切弹性模量G＝100GPa，[η]＝100MPa。M＝314N·m。试求：（1）根据强度条件进行校核；（2）从右往左看，画出空心截面BC段上任意横截面上的应力分布图，并标上应力数值；（3）求B截面相对于A截面的扭转角。[南京航空航天大学2018研]图3-3-17解：（1）首先绘制出受扭圆轴的扭矩图图3-3-18由扭矩图3-3-18可知，AB段的固定端A截面和BC段的最大扭矩均为T＝3M，故对这两处进行强度校核T3M16331416A75MPaAmax33Wdππ0.04p11T3M16331416B65.04MPaBmax434Wp23d2π0.0510.8πD124D2故阶梯受扭圆轴强度满足要求。（2）由（1）可知BC段内最大剪应力为η1＝ηmax＝65.04MPa则内侧剪应力为η2＝ηmin＝d2η1/D2＝40×65.04/50MPa＝52.03MPa空心截面BC段上任意截面上的应力分布如图3-3-19所示：

156图3-3-19ηmax＝65.04MPa，ηmin＝52.03MPa（3）在AB段距离A端为x的某一截面切开，取左半部分作为研究对象，则截面上的扭矩为T（x）＝3M－mx因此，B截面相对A截面的转角为22aaTx34MmxMaddxxdBAl00GIGIGIppp3243140.59410010π0.040.025rad1.43故B截面相对A截面的扭转角为1.43°（逆时针）。

157第4章弯曲内力4.1复习笔记弯曲是杆件的基本变形之一，是由垂直于杆件轴线的外力引起的，表现为原为直线的轴线变形成为曲线。其中，对称弯曲是当作用在梁上的载荷和支反力均位于纵向对称面内时，梁的轴线由直线弯成一条位于纵向对称面内的曲线的弯曲形式。一、受弯杆件的简化1．支座的基本形式（1）固定铰支座限制支承的横截面沿水平和垂直方向移动，相应的支座反力如图4-1-1所示。图4-1-1（2）可动铰支座使杆件沿支承面方向移动亦可绕支承点转动，相应的支座反力如图4-1-2所示。图4-1-2（3）固定端限制被支承的横截面沿水平和垂直方向移动和绕某一轴转动，相应的固定端的支反力如图4-1-3所示。图4-1-32．载荷的简化（1）集中载荷载荷的作用范围远小于杆件轴向尺寸。（2）分布载荷沿轴向连续分布在杆件上的载荷，常用q表示单位长度上的载荷，称为载荷集度，如风力、水力、重力。常用的有均布载荷，线性分布载荷。（3）集中力偶3．静定梁的基本形式为方便梁的求解，通常将梁简化，以便得到计算简图。当梁上支反力数目与静力平衡方程式的数目相同时，即支反力通过静力平衡方程即可完全确定时，称之为静定梁，以下三种形式的梁均为静定梁。（1）简支梁一端为固定铰支座，一端为可动铰支座，如图4-1-4所示。图4-1-4

158（2）外伸梁一端或两端向外伸出的简支梁，如图4-1-5所示。图4-1-5（3）悬臂梁一端固定支座一端自由，如图4-1-6所示。图4-1-6二、剪力和弯矩1．剪力剪力是指抵抗剪切作用的内力，是与横截面相切的分布内力系的合力。符号规定：左侧相对于右侧有向上错动的趋势，或有顺时针转动的趋势，则剪力为正；反之，剪力为负。左侧梁段向上的外力引起剪力为正，右侧梁段向下的外力引起的剪力为正；反之为负。对于平面曲杆（轴线为平面曲线，且荷载作用于纵向对称面内），规定：以剪力对所考虑一段曲杆内任一点取矩，若力矩为顺时针，则剪力为正。2．弯矩弯矩是指抵抗弯曲作用的力矩，是垂直于横截面的分布内力系的合力偶之矩。符号规定：外力对截面形心的力矩使梁下凸上凹，弯矩为正；反之，弯矩为负。左侧梁段外力引起的顺时针弯矩为正，右侧梁段外力引起的逆时针弯矩为正；反之为负。对于平面曲杆，规定：使轴线曲率增加的弯矩为正。3．剪力方程和弯矩方程（1）剪力（弯矩）方程：以横坐标x表示横截面在梁轴线上的位置，表示各横截面上的剪力（弯矩）的函数表达式。（2）方法：①根据梁上外力及其变化情况分段。分段点：剪力方程的分段点是集中力作用处和分布荷载的开始、结束处。弯矩方程的分段点是集中力、集中力偶的作用处和分布荷载的开始、结束处。②在每段上以任意截面x作为代表，求其剪力FS（x）和弯矩M（x）。三、剪力图和弯矩图的绘制剪力图（弯矩图）：用平行于梁轴的横坐标x表示横截面的位置，以纵坐标表示相应截面上的剪力（弯矩），这种图线称为剪力图（弯矩图）。绘制方法：1．列方程作图作图步骤：①求支座反力；②列内力方程；③根据方程绘制剪力图和弯矩图。应注意的是：平面刚架的弯矩图应画在受压侧；平面曲杆的弯矩图画在轴线的法向方向，并画在受压侧。2．利用载荷集度、剪力和弯矩间的关系作梁的内力图（1）载荷集度q（x）、剪力FS（x）和弯矩M（x）间三者之间的微分关系为

1592ddMxFxS2qxddxx（2）利用推论绘制内力图①若q（x）＝0，则dFxSqx0dx2dMxqx02dx因此，剪力图为平行于x轴的直线，弯矩图为斜直线，且当剪力为正值时，弯矩表现为单调增；剪力为负值时，弯矩图表现为单调减。②若q（x）＝常数，则2ddMxFxSqx常数2ddxx因此，FS（x）为斜直线，M（x）为抛物线图，且集度q（x）的正负决定着剪力图的单调增或者减，以及弯矩图开口向上或者向下。③若q＝f（x），则剪力图为抛物线，弯矩图为三次曲线。④若FS（x）＝0，则dMxFxS0dx此时该截面上弯矩有极值（极大值或极小值）。此外，弯矩的极值还可能出现在集中力和集中力偶作用处截面。⑤利用载荷、剪力与弯矩的关系校核所绘制的弯矩图和剪力图。任意两截面上的剪力之差等于相应两截面间载荷图的面积，任意两截面上的弯矩之差等于相应两截面间剪力图的面积。3．外力与内力图的内在联系（1）斜率规律剪力图在任一截面处的斜率值等于该截面外力分布载荷的集度值，同理弯矩图在任一截面处的斜率值等于该截面剪力值dFxSqdxdMFxSdx（2）凹凸性规律集度q向下，为负，曲线图开口朝下。

160dFxSqdx（3）突变规律在集中力作用的截面，剪力图在该处发生突变，突变高度等于该处集中力的大小；在集中力偶作用的截面，弯矩图在该处发生突变，突变高度等于该处集中力偶矩的大小。4.2课后习题详解4.1试求图4-2-1所示各梁中截面1-1，2-2，3-3上的剪力和弯矩，这些截面无限接近于截面C或D。设F，q，q0，a均为已知。提示：梁上三角形分布载荷对某点的力矩，等于载荷面积与其形心到该点距离的乘积。图4-2-1解：（a）①1-1截面：沿该截面断开，对右部分进行受力分析，根据平衡条件∑Fy＝0，FS1－F＋F＝0∑M＝0，M1－Fa＝0解得该截面剪力：FS1＝0；弯矩：M1＝Fa。②2-2截面：沿该截面断开，对右部分进行受力分析，根据平衡条件∑Fy＝0，FS2＋F＝0∑M＝0，M2－Fa＝0解得该截面剪力：FS2＝－F；弯矩：M2＝Fa。③3-3截面：同理可得：FS3＝0，M3＝0。2（b）同理，1-1截面：FS1＝－qa，M1＝－qa/2。22-2截面：FS2＝－qa，M2＝－qa/2。3-3截面：FS3＝0，M3＝0。2（c）1-1截面：FS1＝2qa，M1＝－3qa/2。22-2截面：FS2＝2qa，M2＝－qa/2。（d）1-1截面：FS1＝－100N，M1＝－20N·m。

1612-2截面：FS2＝－100N，M2＝－40N·m。3-3截面：FS3＝200N，M3＝－40N·m。（e）1-1截面：FS1＝1.33kN，M1＝267N·m。2-2截面：FS2＝－0.667kN，M2＝333N·m。2（f）1-1截面：FS1＝－qa，M1＝－qa/2。22-2截面：FS2＝－3qa/2，M2＝－2qa。2（g）1-1截面：FS1＝－qa，M1＝－2qa。22-2截面：FS2＝2qa，M2＝－2qa。3-3截面：FS3＝2qa，M3＝0。2（h）1-1截面：FS1＝－q0a/2，M1＝－q0a/6。22-2截面：FS2＝q0a/12，M2＝－q0a/6。2（i）1-1截面：FS1＝3q0a/2，M1＝－5q0a/6。22-2截面：FS2＝3q0a/2，M2＝－5q0a/6。23-3截面：FS3＝3q0a/2，M3＝－7q0a/3。2（j）1-1截面：FS1＝3qa/4，M1＝3qa/4。22-2截面：FS2＝－qa/4，M2＝qa。23-3截面：FS3＝0，M3＝qa。4.2用截面法将梁分成两部分，计算梁截面上的内力时，下列说法是否正确？如不正确应如何改正。（1）在截面的任一侧，向上的集中力产生正的剪力，向下的集中力产生负的剪力。（2）在截面的任一侧，顺时针转向的集中力偶产生正弯矩，逆时针的产生负弯矩。答：（1）不正确。截面左段对右段向上相对错位时，截面上的剪力为正。即仅在截面左侧，命题结论成立。截面上使得研究部分产生顺时针转向趋势的剪力为正，反之，使研究部分产生逆时针转向趋势的剪力为负。（2）不正确。截面处弯曲变形凸向下时，截面上的弯矩为正。即仅在截面左侧，命题结论成立。4.3对图4-2-2所示简支梁的m-m截面，如用截面左侧的外力计算剪力和弯矩，则FS和M便与q无关；如用截面右侧的外力计算，则FS和M又与F无关。这样的论断正确吗？何故？图4-2-2答：不正确。用截面法计算内力时，应当将支座约束去除，以对应的支反力代替，将支反力也作为梁段的外力考虑。截面法是利用研究对象的平衡条件建立相应的平衡方程，研究部分所受的所有力系包括支座等约束反力、外载荷以及截面内力。4.4设图4-2-3所示各梁的载荷F，q，Me和尺寸a均为已知。（1）试列出梁的剪力方程和弯矩方程；（2）作剪力图和弯矩图；（3）确定|FS|max及|M|max。

162图4-2-3解：（a）建立如图4-2-4（a）所示坐标系。①剪力方程：20FxaFxS02axa弯矩方程：20FxFaxaMxFaax2a②剪力和弯矩图分别如图4-2-4（a）中所示。③由图可知：|FS|max＝2F，|M|max＝Fa。

163图4-2-4（a）（b）建立如图4-2-4（b）所示坐标系。①剪力方程：qx0xaFxSqaax2a弯矩方程：12qx0xa2Mx1qa2qaxax2a2②剪力和弯矩图分别如图4-2-4（b）中所示。2③由图可知：|FS|max＝qa，|M|max＝3qa/2。

164图4-2-4（b）（c）建立如图4-2-4（c）所示坐标系。①剪力方程：q2ax0x2aFxS02ax3a弯矩方程：122q2axqa0x2aMx2qa223axa②剪力和弯矩图分别如图4-2-4（c）中所示。2③由图可知：|FS|max＝2qa，|M|max＝qa。

165图4-2-4（c）（d）建立如图4-2-4（d）所示坐标系。①剪力方程：00xaFxSFax2a弯矩方程：0(0xa)Mx()F2ax(ax2)a②剪力和弯矩图分别如图4-2-4（d）中所示。③由图可知：|FS|max＝F，|M|max＝Fa。图4-2-4（d）

166（e）建立如图4-2-4（e）所示坐标系。①剪力方程和弯矩方程分别为4F0xa31FxSFax2a35F23axa34Fx0xa3FMxx32aaxa353ax2ax3a3②剪力和弯矩图分别如图4-2-4（e）中所示。③由图可知：|FS|max＝5F/3，|M|max＝5Fa/3。图4-2-4（e）（f）建立如图4-2-4（f）所示坐标系。①剪力方程：FS（x）＝3Me/（2a）（0＜x≤2a）。弯矩方程：

1673MexM0xae2aMx3Mex32Maxae2a②剪力和弯矩图分别如图4-2-4（f）中所示。③由图可知：|FS|max＝3Me/（2a），|M|max＝3Me/2。图4-2-4（f）（g）建立如图4-2-4（g）所示坐标系。①剪力方程和弯矩方程分别为3aqaqx0x82FxS1aqaxa82312aqaxqx0x822Mx1aqaa()xxa82②剪力和弯矩图分别如图4-2-4（g）中所示。2③由图可知：|FS|max＝3qa/8，|M|max＝9qa/128。

168图4-2-4（g）（h）建立如图4-2-4（h）所示坐标系。①剪力方程和弯矩方程分别为F0xa7FxSFax2a25F23axa2Fx0xaFMx7x9aax2a25F3ax2ax3a2②剪力和弯矩图分别如图4-2-4（h）中所示。③由图可知：|FS|max＝7F/2，|M|max＝5Fa/2。

169图4-2-4（h）（i）建立如图4-2-4（i）所示坐标系。①剪力方程和弯矩方程分别为aqx0x2FxS93aaqxqax82212aqx0x22Mx12299aa3qxqaxqax281622②剪力和弯矩图分别如图4-2-4（i）中所示。2③由图可知：|FS|max＝5qa/8，|M|max＝qa/8。

170图4-2-4（i）（j）建立如图4-2-4（j）所示坐标系。①剪力方程和弯矩方程分别为30xx01m101mx2mFxS102mx3m12030xx3m4m215xx01m10xx251m2mMx()1510xx2m3m2154xx3m4m②剪力和弯矩图分别如图4-2-4（j）中所示。③由图可知：|FS|max＝30kN，|M|max＝15kN·m。

171图4-2-4（j）（k）建立如图4-2-4（k）所示坐标系。①剪力方程：qx0xaFxSqx22aaxa弯矩方程：12qx0xa2Mx1qx2222qaxqaaxa2②剪力和弯矩图分别如图4-2-4（k）中所示。2③由图可知：|FS|max＝qa，|M|max＝qa。

172图4-2-4（k）（l）建立如图4-2-4（l）所示坐标系。①剪力方程和弯矩方程分别为qx0xaFxSqaax2a12qx0xa2Mxqax(a)qa2ax2a2②剪力和弯矩图分别如图4-2-4（l）所示。2③由图可知：|FS|max＝qa，|M|max＝qa/2。

173图4-2-4（l）（m）建立如图4-2-4（m）所示坐标系。①剪力方程和弯矩方程分别为qaqx0xa2FxSqx3qaax2a2qaq2xx0xa22Mxqx223qaxqaax2a22②剪力和弯矩图分别如图4-2-4（m）中所示。2③由图可知：|FS|max＝qa/2，|M|max＝qa/8。

174图4-2-4（m）（n）建立如图4-2-4（n）所示坐标系。①剪力方程和弯矩方程分别为7qa20qxxa4FxS3qaqxax2a47q2qaxx0xa42Mx1qa223qax1qxax2a242②剪力和弯矩图分别如图4-2-4（n）中所示。2③由图可知：|FS|max＝7qa/4，|M|max＝49qa/64。

175图4-2-4（n）（o）建立如图4-2-4（o）所示坐标系。①剪力方程和弯矩方程分别为qx0xaFxSq23axaxaqx4a3ax4a12qx0xa2122Mxqxqxaax3a212q4ax3ax4a2②剪力和弯矩图分别如图4-2-4（o）中所示。2③由图可知：|FS|max＝qa，|M|max＝qa。

176图4-2-4（o）（p）建立如图4-2-4（p）所示坐标系。①剪力方程和弯矩方程分别为qx0xaqxqaax2aFxSqx3qa2ax3aqx4qa3ax4a12qx0xa212qxqaxa()ax2a2Mx1qx223qax5qa2ax3a2122qx4qax8qa3ax4a2②剪力和弯矩图分别如图4-2-4（p）所示。2③由图可知：|FS|max＝qa，|M|max＝qa。

177图4-2-4（p）（q）建立坐标系。①剪力方程和弯矩方程分别为2FS（x）＝qa/2－qx/（2a）32M（x）＝－qx/（6a）＋qax/2－qa/3②剪力图和弯矩图如图4-2-5（a）所示。2③由图4-2-5（a）可知：|FS|max＝qa/2，|M|max＝qa/3。图4-2-5（a）（r）建立图示坐标系。①剪力方程和弯矩方程分别为2FS（x）＝－qx/（4a）13qx0xa12aMx1qx32qaax2a12a

178②剪力图和弯矩图如图4-2-5（b）所示。2③由图4-2-5（b）可知：|FS|max＝qa，|M|max＝5qa/3。图4-2-5（b）4.5作图4-2-6所示梁的剪力图和弯矩图。梁在CD段的变形称为纯弯曲。试问纯弯曲有何特征？图4-2-6解：作梁的剪力图和弯矩图，如图4-2-7所示。图4-2-7

179由图4-2-7可得，在纯弯曲CD段上，没有剪力，只有弯矩，且弯矩值为常数。由此可知，纯弯曲的特征为：纯弯曲梁的横截面上只有正应力而没有切应力。4.6作图4-2-8所示各梁的剪力图和弯矩图。图4-2-8解：（a）①求支反力，将梁沿节点C处断开，分别对两部分进行受力分析，由平衡条件可得各支座反力FRA＝4/3kN（↑），FRB＝6kN（↑），FRD＝10/3kN（↓）②剪力图：在端点A处有向上的集中载荷，故此处剪力图有突变，值为4/3kN；AD段无载荷，故其剪力图上为一水平直线；D截面处有向下的载荷，故此处剪力图有突变，该截面右侧的剪力值为（4/3－10/3）kN＝－2kN；DB段无载荷，故其剪力图上为一水平直线；在B处有向上的集中载荷，故此处剪力图有突变，该截面右侧的剪力值为－2kN＋6kN＝4kN；BE段有方向竖直向下的均布载荷，故其剪力图为一斜率为负的直线。弯矩图：由弯矩、剪力、载荷集度的微分关系可知，AD段为斜率为正的斜直线，D截面弯矩值为（4/3）×3kN·m＝4kN·m；DB段为斜率为负的斜直线，B截面弯矩值为（1/2）×2×2×2kN·m＝4kN·m；BE段为向上凸的抛物线。③绘制剪力图和弯矩图，如图4-2-9（a）所示。图4-2-9（b）①求支反力，将该梁在节点B处断开，分别对两部分进行受力分析，由平衡条件可得各支座反力FRA＝75kN（↑），FRC＝25kN（↑），MA＝200kN·m（逆时针）②同理，利用弯矩、剪力、载荷集度的微分关系绘制剪力图和弯矩图，如图4-2-9（b）所示。4.7作图4-2-10所示刚架的弯矩图。

180图4-2-10解：（a）对刚架进行受力分析，由平衡条件可得各支座反力FRAx＝3qa（←），FRAy＝9qa/4（↓），FRC＝9qa/4（↑）2BC段为一斜直线，且B截面的弯矩值：9qa/4×2a＝9qa/2；由于AB段集中载荷的作用，该段弯矩图为抛物线，且绘制弯矩图时，将弯矩画在刚架受压一侧，如图4-2-11（a）所示。图4-2-11（a）（b）根据图中已知条件绘制弯矩图，将弯矩画在刚架受压一侧，如图4-2-11（b）所示。

181图4-2-11（b）（c）对刚架进行受力分析，由平衡条件可得各支座反力FRAx＝3kN（←），FRAy＝3kN（↑），FRD＝5kN（↑）绘制弯矩图时，将弯矩画在刚架受压一侧，如图4-2-11（c）所示。图4-2-11（c）（d）对刚架进行受力分析，由平衡条件可得各支座反力FRAx＝F（←），FRAy＝2F/3（↑），FRB＝4F/3（↑）绘制弯矩图时，将弯矩画在刚架受压一侧，如图4-2-11（d）所示。

182图4-2-11（d）（e）对钢架进行受力分析，由平衡条件可得各支座反力FRAx＝0，FRAy＝2qa/3（↑），FRD＝4qa/3（↑）绘制弯矩图时，将弯矩画在刚架受压一侧，如图4-2-12（a）所示。图4-2-12（a）（f）根据图中已知条件绘制弯矩图，将弯矩画在刚架受压一侧，如图4-2-12（b）所示。图4-2-12（b）

1834.8如图4-2-13所示，桥式起重机大梁上的小车的每个轮子对大梁的压力均为F，试问小车在什么位置时梁内的弯矩为最大？其最大弯矩等于多少？最大弯矩的作用截面在何处？设小车的轮距为d，大梁的跨度为l。解：对梁进行受力分析，由平衡条件可得图4-2-13∑MA＝0，FRBl－Fx－F（x＋d）＝0∑Fy＝0，FRA＋FRB＝2F解得：FRA＝F（2l－d－2x）/l，FRB＝F（2x＋d）/l。则梁在x段内的弯矩方程为：M（x）＝F（2l－d－2x）x/l，（0≤x≤l－d）。2令dM（x）/（dx）＝0，得x＝（2l－d）/4，即在该位置时，弯矩有最大值，为Mmax＝F（l－d）/2＋Fd/（8l）。由该结构的对称性可知，在距离右端（2l－d）/4截面处，同样有最大弯矩值。图4-2-14综上，如图4-2-14所示，分别当x1＝（2l－d）/4或x2＝（2l－d）/4时，有最大弯矩值，且Mmax＝F（l－d）2/2＋Fd/（8l）。4.9土壤与静水压力往往按线性规律分布。若简支梁受按线性规律分布载荷的作用（图4-2-15（a）），试作剪力图和弯矩图。图4-2-15（a）解：解法一分布载荷的合力等于图中画阴影线的三角形面积，其对一点的力矩，等于载荷面积与其形心到该点距离的乘积。

184由平衡方程∑MB＝0，FRA·l－（q0l/2）·（l/3）＝0∑MA＝0，－FRB·l＋（q0l/2）·（2l/3）＝0求得FRA＝q0l/6，FRB＝q0l/3。以A端为坐标原点，在坐标为x的截面上的载荷集度q（x）＝q0x/l该截面左侧的剪力和弯矩为qxxqlqx2FxF00SRA262lqxxxxqlx2MxFx01RA2236l此即为剪力方程和弯矩方程，据此作出剪力图和弯矩图，如图4-2-15（b）和图4-2-15（c）所示。最大弯矩发生在剪力为零的位置，令剪力方程等于零，求得lxl0.5773代入弯矩方程求的最大弯矩22qlql00Mmax9315.59令x＝l/2，求跨中弯矩2M中＝q0l/16可以看出，跨中弯矩与最大弯矩相差很小，故可用跨中弯矩代替最大弯矩。图4-2-15（b）图4-2-15（c）解法二

185根据弯矩和载荷集度间的微分关系22dM（x）/dx＝q（x）＝－q0x/l得2dM（x）/dx＝－q0x/（2l）＋C13M（x）＝－q0x/（6l）＋C1x＋C2根据边界条件：x＝0时，M＝0；x＝l时，M＝0，求得积分常数C1＝q0l/6，C2＝0于是得到弯矩方程和剪力方程分别为22M（x）＝q0x（l－x）/（6l）22FS（x）＝dM（x）/dx＝q0（l－3x）/（6l）当1xl3时，弯矩有极值，2ql0Mmax934.10作图4-2-16所示各梁的剪力图和弯矩图。求出最大剪力和最大弯矩。图4-2-16解：（a）由该梁结构和载荷的对称性及平衡条件可得支反力FA＝FB＝（1/2）×q0×l/2＝q0l/4（↑）列AC段剪力和弯矩方程，取距离A段为x处，可得qxql0112qx0q02lFxSFAxxql0x0x242ll42

186qxxl1q03MxFxA0xqlxx0x2343l2由此可根据载荷集度，剪力和弯矩间的微分关系绘制AC段剪力和弯矩图，根据其剪力反对称、弯矩对称的性质可绘制出另一半的剪力、弯矩图，如图4-2-17（a）所示。图4-2-17（a）由图可知2|FS|max＝q0l/4，|M|max＝q0l/12（b）剪力图和弯矩图如图4-2-17（b）所示，则有2|FS|max＝3ql/4，|M|max＝7ql/24图4-2-17（b）（c）剪力图和弯矩图如图4-2-17（c）所示，则有2|FS|max＝7ql/16，|M|max＝5ql/48

187图4-2-17（c）（d）剪力图和弯矩图如图4-2-17（d）所示，则有|FS|max＝88.3kN，|M|max＝80kN·m图4-2-17（d）4.11图4-2-18所示简支梁上的分布载荷按抛物线规律变化，其方程为4qxx0qx1ll试作梁的剪力图和弯矩图。

188图4-2-18解：作用在梁上分布力q的合力为l23l4qxx4qxx2qlFqxxd01dx00l0lll23l30由力的平衡条件，及该梁结构和载荷的对称性可得FRA＝FRB＝F/2＝q0l/3故该梁的剪力方程和弯矩方程分别为x4qyyFxF01dySA0ll23ql4qxx003ll2323l24xxq0233llxMxqyyydFxS02x4qyy01dyFxS0ll34lx2xxq0233ll3在q（x）＝0处，即x＝0或x＝l时，剪力有极值存在，|FS|max＝q0l/3。2在FS（x）＝0处，即x＝l/2时，弯矩有极值存在，|M|max＝5q0l/48。由此可绘制剪力图和弯矩图，如图4-2-19所示。

189图4-2-19*4.12如图4-2-20所示，某简支梁上作用有n个间距相等的集中力，其总载荷为F，每个载荷等于F/n，如图所示。梁的跨度为l，载荷的间距则为l/（n＋1）。（1）试导出梁中最大弯矩的一般公式。（2）将（1）的答案与承受均布载荷q的简支梁的最大弯距相比较。设ql＝F。图4-2-20解：（1）①当n为偶数时FlFllFllFlnlM2max4n2n1n2n1n22n1FlFnlFln1234n22nn12Fln281n②当n为奇数时

190FlFllFln1lMmax4n2n1n22n1FlFln11Fln1234n22nn12Fln18n2（2）由（1）可知，承受均布载荷的简支梁可看作是n→∞时的情况，故其最大的弯矩值Mmax＝Fl/8＝ql/8。4.13试根据弯矩、剪力和载荷集度间的导数关系，改正图4-2-21所示FS图和M图中的错误。

191图4-2-21解：所有节点按图4-2-22所示标记。（a）在图4-2-21（a）所示梁中，由于C点没有集中力的作用，因此在剪力图中该点不应有突变。在弯矩图中，由于C点有集中力偶的作用，因此应存在突变。改正后的剪力图和弯矩图如图4-2-22（a）所示。

192图4-2-22（a）图4-2-22（b）（b）在图4-2-21（b）所示梁中，AC段，有向下分布力的作用，该段的剪力图为斜率为负的斜直线；且在A点处有支反力的作用，因此该点在剪力图上有一突变。在弯矩图中，由弯矩、剪力的微分关系可知，AC段为向上凸的抛物线；AD段剪力为正，该段的弯矩图为斜率为正的斜直线；DB段为向上凸的抛物线。改正后的剪力图和弯矩图如图4-2-22（b）所示。（c）在图4-2-21（c）所示梁中，由于C点没有集中力的作用，因此在剪力图中该点不应有突变。在弯矩图中，由于D点有集中力偶的作用，因此应存在突变，弯矩为正，突变方向错误。改正后的剪力图和弯矩图如图4-2-22（c）所示。

193图4-2-22（c）（d）在图4-2-21（d）所示梁中，由于AC段为均布力作用，因此该段剪力图为斜率为负的直线；在C点不存在集中力的作用，故该点剪力图上不应有突变；由剪力、载荷集度的微分关系知，DB段剪力图为二次曲线。在弯矩图中，弯矩的极值计算错误。改正后的剪力图和弯矩图如图4-2-22（d）所示。图4-2-22（d）4.14试作题2.68中柴油机活塞销的剪力图和弯矩图，设作用于活塞销上的力是均匀分布的。

194解：根据题意，作用在活塞销上的载荷集度FpAq1lala27.5π135N/m1341kN/m40.08FpAq2aa27.5π135N/m2146kN/m40.05由此可得活塞销的受力简图。根据弯矩、剪力、载荷集度的微分关系分别作出剪力图和弯矩图，如图4-2-23所示。图4-2-234.15设梁的轴线同时作用集度为m（x）的分布弯矩和集度为q（x）的分布力，如图4-2-24所示。试导出q（x），m（x），FS（x）和M（x）间的导数关系。

195图4-2-24解：如图4-2-25所示，在梁中取微段dx进行受力分析，由平衡条件可得∑Fy＝0FS（x）－[FS（x）＋dFS（x）]－q（x）dx＝0①∑MC＝02－M（x）＋[M（x）＋dM（x）]－FS（x）·dx＋[q（x）/2]·（dx）－m（x）dx＝0②图4-2-25根据式①，整理可得：dFS（x）/（dx）＝－q（x）。2根据式②，忽略掉高阶微量q（x）·（dx）/2，可得：dM（x）/（dx）＝FS（x）＋m（x）。4.16设梁的剪力图如图4-2-26所示，试作弯矩图及载荷图。已知梁上没有作用集中力偶。

196图4-2-26解：所有节点按图4-2-27所示标记。（a）①绘制弯矩图由剪力图可知，在C截面的弯矩值等于AC段剪力图的面积：MC＝3×2kN·m＝6kN·m。同理，D截面的弯矩值：MD＝3×2kN·m－1×2kN·m＝4kN·m。在剪力为零的截面上，弯矩有极值：Mmax＝（3×2－1×2＋1×1×1/2）kN·m＝4.5kN·m。②绘制载荷图由剪力图可知，在A截面处剪力有向上3kN的突变，则该点有方向向上的集中力FA＝3kN；C截面有向下4kN的突变，则该点有方向向下的集中力FC＝4kN；同理D截面有方向向上的集中力FD＝2kN；DB段剪力为斜率为负的直线，则该段作用方向向下的均布载荷，集度：q＝[1－（－3）]/4]kN/m＝1kN/m。③绘制弯矩图和载荷图如图4-2-27（a）所示。4-2-27（a）（b）①绘制弯矩图由弯矩、剪力之间的微分关系可知，AB段为向下凸的抛物线，且在AB段剪力为零的中点C截面处有弯矩极值Mmax＝10×（1/2）×（1/2）kN·m＝2.5kN·m②绘制载荷图

197由剪力图可知，A截面有向下10kN的突变，则该点有方向向下的集中力FA＝10kN；AB段为斜率为正的直线，则该段作用方向向上的均布载荷，集度q＝（10＋10）/1kN/m＝20kN/m③由剪力图的对称性可知，该梁弯矩图和载荷图均为反对称，可绘制弯矩图和载荷图如图4-2-27（b）所示。图4-2-27（b）（c）①绘制弯矩图由弯矩、剪力之间的微分关系可知，AC段为斜率为正的直线，C截面弯矩值：MC＝2×1kN·m＝2kN·m；CD段为一水平直线；DB段为向上凸的抛物线。②绘制载荷图由剪力图可知，A截面有向上2kN的突变，则该点有方向向上的集中力FA＝2kN；同理B截面有向上的集中力FB＝2kN；DB段为斜率为负的直线，则该段作用方向向下的均布载荷，集度q＝（2×2×1/2）/2kN/m＝1kN/m③绘制弯矩图和载荷图如图4-2-27（c）所示。4-2-27（c）（d）①绘制弯矩图由弯矩、剪力之间的微分关系可知，AC段为向下凸且单调增的抛物线，C截面弯矩值MC＝2×1×1/2kN·m＝1kN·mCD段为向下凸且单调减的抛物线，剪力为零的截面有弯矩极值

198131M213kNm1.25kNmmax222D截面弯矩值：MD＝1×1kN·m＝1kN·m；DB段为斜率为正的斜直线。②绘制载荷图AD段斜率相等，且为正，则该段作用方向向上的均布载荷，集度q＝2×1kN/m＝2kN/m。由剪力图可知，C截面有向下5kN的突变，则该点有方向向下的集中力FC＝5kN；同理B截面有向下的集中力FB＝1kN。③绘制弯矩图和载荷图如图4-2-27（d）所示。图4-2-27（d）4.17已知梁的弯矩图如图4-2-28所示，试作梁的载荷图和剪力图。图4-2-28解：所有节点按图4-2-29所示标记。

199（a）①绘制剪力图AC段弯矩图为斜率为正的直线，由弯矩、剪力之间的微分关系可知，该段剪力图为水平直线，且为正值，为1kN；同理CD段也为水平直线，且为负值，为（1＋2）/3＝1kN，DB段剪力为零。②绘制载荷图由剪力图可知，在A截面有向上集中力FA＝1kN，C截面有向下集中力FC＝2kN，D截面有向上集中力FD＝1kN。由弯矩图中弯矩的突变值可知，在D截面有顺时针的集中力偶MD＝3kN·m；B截面有逆时针的集中力偶MB＝1kN·m。③绘制剪力图和载荷图，如图4-2-29（a）所示。4-2-29（a）（b）①绘制剪力图AB段弯矩图为斜率为负的直线，由弯矩、剪力之间的微分关系可知，该段剪力图为水平直线，且为负值，为1kN。②绘制载荷图由剪力图可知，在A截面有向下集中力FA＝1kN，B截面有向上集中力FB＝1kN。由弯矩图中弯矩的突变值可知，在C截面有顺时针的集中力偶MC＝3kN·m；D截面有顺时针的集中力偶MD＝3kN·m。③绘制剪力图和载荷图，如图4-2-29（b）所示。图4-2-29（b）（c）①绘制剪力图AC段弯矩图为零，由弯矩、剪力之间的微分关系可知，该段剪力也为零；同理CD段为水平直线，且为正值，为10kN；DB段剪力为零。②绘制载荷图由剪力图可知，在C截面有向上集中力FC＝10kN，D截面有向下集中力FD＝10kN。

200由弯矩图中弯矩的突变值可知，在B截面有逆时针的集中力偶MB＝20kN·m。③绘制剪力图和载荷图，如图4-2-29（c）所示。4-2-29（c）图4-2-29（d）（d）①绘制剪力图AC段弯矩图为水平直线，由弯矩、剪力之间的微分关系可知，该段剪力为零；同理CD段剪力图为斜直线，且斜率为负值，为（1＋3）/2＝2kN；DB段剪力图段为斜直线，且斜率为正值，为3kN。②绘制载荷图由剪力图可知，C截面有向下集中力FC＝2kN；D截面有向上集中力FD＝5kN；B截面有向下集中力FB＝3kN。由弯矩图中弯矩的突变值可知，在A截面有顺时针的集中力偶MA＝1kN·m。③绘制剪力图和载荷图，如图4-2-29（d）所示。4.18如图4-2-30所示，设沿刚架斜杆轴线作用q＝6kN/m的均布载荷。作该刚架的剪力、弯矩图和轴力图。

201图4-2-30解：由平衡条件及结构和载荷的对称性可得支反力ql623FFkN24kNRARBcos30cos30如图4-2-31所示，选取坐标，由对称性分析AC段即可。列AC段各内力方程FN（x）＝qxsin30°－FAsin30°＝3x－12（0≤x≤4）Fx()Fcos30qxcos30SA12333(0xx4)12Mx()Fxcos30qxcos30A2332123xx(0x4)2由此可绘制轴力图、剪力图和弯矩图，分别如图4-2-31所示。图4-2-314.19图4-2-32所示桥式起重机的自重为集度为q的均布载荷，起吊的重量为F。以此为例，试说明作弯矩

202图的叠加法。图4-2-32解：q和F各自单独作用时的反力为FRA＝ql/2＋Fb/l，FRB＝ql/2＋Fa/lAC和CB段的弯矩分别为2M＝（qlx/2－qx/2）＋Fbx/l2M＝（qlx/2－qx/2）＋Fa（l－x）/lq和F两者叠加即为联合作用时的弯矩。例如，当F＝ql，a＝3l/5，b＝2l/5时，图4-2-32（e）和图4-2-32（f）为q和F单独作用下的弯矩图，图4-2-32（d）为两者叠加后的弯矩图。4.20用叠加法绘出图4-2-33所示下列各梁的弯矩图。

203图4-2-33解：（a）图4-2-33（a）所示结构分解为如图4-2-34（a）所示两部分，分别作出各自相对应的弯矩图，最后进行叠加可得梁弯矩图。图4-2-34（a）（b）图4-2-33（b）所示结构分解为如图4-2-34（b）所示两部分，分别作出各自相对应的弯矩图，最后进行叠加可得梁弯矩图。图4-2-34（b）

204（c）图4-2-33（c）所示结构分解为如图4-2-34（c）所示两部分，分别作出各自相对应的弯矩图，最后进行叠加可得梁弯矩图。图4-2-34（c）（d）图4-2-33（d）所示结构分解为如图4-2-34（d）所示两部分，分别作出各自相对应的弯矩图，最后进行叠加可得梁弯矩图。图4-2-34（d）（e）图4-2-33（e）所示结构分解为如图4-2-34（e）所示两部分，分别作出各自相对应的弯矩图，最后进行叠加可得梁弯矩图。图4-2-34（e）（f）图4-2-33（f）所示结构分解为如图4-2-34（f）所示两部分，分别作出各自相对应的弯矩图，最后进行叠加可得梁弯矩图。图4-2-34（f）

2054.21写出图4-2-35所示各曲杆的轴力、剪力和弯矩方程，并作弯矩图。设曲杆弯曲线的轴线皆为圆形或半圆形。图4-2-35解：（a）如图4-2-36（a）中左图所示，根据对称性可对原结构的上半部分进行分析，可列出其内力方程FN（θ）＝－Fcosθ（0≤θ≤π）FS（θ）＝－Fsinθ（0≤θ≤π）M（θ）＝Fa－Facosθ（0≤θ≤π）根据以上方程及结构载荷的对称性可作出弯矩图如图4-2-36（a）中右图所示。图4-2-36（a）（b）如图4-2-36（b）中左图所示，根据对称性可对原结构的上半部分进行分析，可列出其内力方程：2在0≤x≤a的直杆部分：FN（x）＝0，FS（x）＝qx，M（x）＝qx/2；220≤θ≤π/2的曲杆部分：FN（θ）＝－qasinθ，FS（θ）＝qacosθ，M（θ）＝qa/2＋qasinθ。根据以上方程及结构载荷的对称性绘制弯矩图，如图4-2-36（b）右图所示。

206图4-2-36（b）（c）由平衡条件可得该结构中支座反力：2FFRBx22FFFRARBy4如图4-2-36（c）中左图所示，列内力方程：①0≤θ≤π/4部分2FNFRAcosFcos42FSFRAsinFsin42MFaRA1cosFa1cos4②在0≤θ≤3π/4部分FNFRBycosFRBxsin22FFcossin42FSFRBysinFRBxcos22FFsincos42

207MFRBxasinFRBya1cos2Fa2sincos14绘制弯矩图，如图4-2-36（c）中右图所示。图4-2-36（c）4.3名校考研真题详解一、填空题弯曲时梁的各个横截面上剪力都等于零，弯矩为常量，这种变形称为______。[华南理工大学2016研]【答案】纯弯曲二、计算题1．试画出图4-3-1所示悬臂梁的剪力、弯矩图。[北京航空航天大学2013研]图4-3-1解：悬梁的剪力、弯矩图如图4-3-2所示：

208图4-3-22．试画出图4-3-3所示梁的剪力、弯矩图。[北京航空航天大学2014研]图4-3-3解：将AC作为研究对象，设支座A处的反力为FA，竖直向上。根据∑MC＝0，有2qa＋FA·a/2＝0所以2FA＝－qa/（a/2）＝－2qa（↓）B截面处的弯矩为221MFaqaqaBA822122qaqaqa892qa8剪力图、弯矩图如图4-3-4：

209图4-3-43．画出图4-3-5所示梁的剪力图和弯矩图。[北京航空航天大学2015研]图4-3-5解：由力的平衡方程∑Fy＝0，易知，固定端的剪力为0。固定端的弯矩为22M＝qa·a－qa－qa·3a/2＝－3qa/2剪力图、弯矩图如图4-3-6：

210图4-3-64．作图4-3-7所示梁的剪力图和弯矩图。[武汉大学2015研]图4-3-7解：设A、B处的支反力分别为FA和FB，方向向上，有∑M（A）＝0，FB×5＋10－10×1－5×2×4＝0⇒FB＝8kN∑Fy＝0，FB＋FA－10－5×2＝0⇒FA＝12kN剪力图和弯矩图如图4-3-8：

211图4-3-85．如图4-3-9所示，梁AB和BC在B处用铰链连接，A端固定，C端铰支。受力及各部分尺寸均示于图中，F＝40kN，q＝20kN/m。试画出梁的剪力图和弯矩图。[北京航空航天大学2016研]图4-3-9解：以BC杆为研究对象，建立平衡方程∑M（B）＝0，FCy·4－2F＝0解得FCy＝F/2＝20kN（↑）。∑Fy＝0，FCy＋FBy－F＝0解得FBy＝20kN（↑）。2A截面处的弯矩为MA＝（－1/2）×20×4－20×4＝－240kN·m。

212图4-3-106．试作下图4-3-11所示钢架的弯矩图并确定|M|max。[华南理工大学2016研]图4-3-11解：（a）对结构受力分析，根据平衡条件有∑Fy＝0，FA－2F＝0∑MA＝0，－2Fa＋Fa＋MA＝0解得FA＝2F，MA＝Fa剪力图和弯矩图如图4-3-12所示，得到|M|max＝Fa

213图4-3-12（b）对结构受力分析，根据平衡条件有∑Fy＝0，FB－qa＝0∑MB＝0，MB－qa·3a/2＝0得到2FB＝qa，MB＝3qa/2剪力图和弯矩图如图4-3-13所示，得到2|M|max＝3qa/2图4-3-13（c）对结构受力分析，根据平衡条件有

214∑Fy＝0，FA－2qa＝022∑MA＝0，MA－2qa＋qa＝0解得2FA＝2qa，MA＝qa剪力图和弯矩图如图4-3-14所示，得到2|M|max＝qa图4-3-14（d）对结构受力分析，根据平衡条件有∑Fy＝0，FA＋FB－F＝0∑MA＝0，－Fa－Fa＋FB·2a＝0解得FA＝0，FB＝F剪力图和弯矩图如图4-3-15所示，得到|M|max＝Fa

215图4-3-157．作图4-3-16所示ABCD平面刚架的内力图（FN、FS和M图）。[昆明理工大学2016研]图4-3-16解：根据平衡条件∑Fx＝0，FDx＝0∑Fy＝0，FDy－q×2a－2qa＝0∑MD＝0，q×2a×a－2qa×2a＋MD＝0可得2FDx＝0，FDy＝4qa，MD＝2qa画出刚架的内力图如图4-3-17所示。

216图4-3-178．作图4-3-18所示梁的剪力和弯矩图。[中国科学技术大学2016研]图4-3-18解：将左右两支座命名为A、B，设两支座反力为FA与FB，方向竖直向上。

217列平衡方程MA0F0y22qa2qaaq32aaF2a0BFFq2a2qa0AB解得FB＝5qa（↑），FA＝－qa（↓）。图4-3-199．试绘制图4-3-20所示梁的剪力图和弯矩图。[重庆大学2016研]图4-3-20解：

218图4-3-21∑M（A）＝01172q2aaqaa3qaaqaF4a0B236解得FB＝3qa/2。∑Fy＝0FB＋FAy＋qa/2－qa－2qa＝0解得FAy＝qa。剪力图和弯矩图如图4-3-22：图4-3-2210．作图4-3-23所示梁的剪力图和弯矩图。[山东大学2017研]

219图4-3-23解：根据平衡条件∑Fy＝0，RA＋RB－qa－qa＝0∑MA＝0，qa×a－RB×2a＋qa×5a/2＝0可得RA＝qa/4，RB＝7qa/4所以剪力图和弯矩图如图4-3-24所示：图4-3-2411．作如图4-3-25所示梁的剪力图和弯矩图。[南京航空航天大学2018研]

220图4-3-25解：设固定端C点的支反力FC向上，弯矩MC顺时针。对C点建立平衡方程∑Fy＝0，－F－2q·2l＋FCy＝0解得FCy＝5ql。∑M（C）＝0，－ql·3l＋m－2q·2l·l＋MC＝02解得MC＝3ql。剪力图和弯矩图如图4-3-26所示：图4-3-26

221第5章弯曲应力5.1复习笔记一、纯弯曲1．基本概念纯弯曲受力特点：横截面上只有弯矩，相应的只有正应力。纯弯曲变形特点：梁的整体变形应对称于纵向对称面，要求中性轴与纵向对称面垂直。中性层：纯弯曲时，由底面纤维的伸长连续的逐渐变为顶面纤维的缩短，纤维长度不变的中间层纤维。中性轴：中性层与横截面的交线。2．纯弯曲提出的假设（1）平面假设：变形前为平面的横截面变形后仍保持为平面，且垂直于变形后的梁轴线；（2）纵向纤维无挤压假设：纵向纤维间无正应力；（3）认为材料是线弹性的。3．纯弯曲时的正应力从几何、物理和静力三方面研究纯弯曲时的正应力。（1）变形几何关系：服从平面假设应变分布规律：直梁纯弯曲时纵向纤维的应变与它到中性层的距离成正比。（2）物理关系：满足胡克定律应力分布规律：直梁纯弯曲时横截面上任意一点的正应力，与它到中性轴的距离成正比。（3）静力关系纯弯曲时，梁轴线变形后的曲率1/ρ＝M/（EIz）。由于曲率1/ρ与EIz成反比，因此称EIz为梁的抗弯刚度。联立胡克定律：ζ＝Ey/ρ可得纯弯曲时正应力计算公式ζ＝My/Iz式中，M为梁横截面上的弯矩；y为梁横截面应力计算点到中性轴的距离；Iz为梁横截面对中性轴的惯性矩。适用范围：①适用于任何横截面具有纵向对称面，且载荷作用在对称面内的情况；②公式由等直梁得到，对缓慢变化的变截面梁和曲率很小的曲梁也近似成立。二、横力弯曲横力弯曲又称剪切弯曲，其受力特点为横截面上既有弯矩又有剪力，相应的有正应力和切应力。1．最大应力计算公式MyMmaxmaxmaxmaxIWz式中，W为抗弯截面系数。对于矩形截面32Ibh/12bhWzhh/2/26对于圆形截面43Iπd/64πdWzdd/2/232对于环形截面

2223D4W132式中，α＝d/D，d为内径，D为外径。2．弯曲正应力强度条件ζmax＝Mmax/W≤[ζ]强度条件的应用：①强度校核Mmax/W≤[ζ]②截面设计W≥Mmax/[ζ]③确定许可载荷Mmax≤W[ζ]三、弯曲切应力1．矩形截面梁（1）基本假设切应力与剪力平行；切应力沿截面宽度均匀分布（距中性轴等距离处切应力相等）。（2）切应力计算公式2FSFhSzS2yIb24Izz3*式中，Iz为整个横截面对中性轴的惯性矩，Iz＝bh/12；b为矩型截面的宽度；Sz为距中性轴为y的横线以外部分横截面面积对中性轴的静矩。图5-1-1应力分布规律如图5-1-1所示，其最大切应力发生在中性轴上，计算公式3FSmax2bh

223矩形截面梁最大切应力是平均切应力的1.5倍。2．工字型截面梁（1）腹板切应力计算假设：同矩形截面梁。（2）腹板切应力计算公式*2FSSzFSb22b0h02hh0yIbIb824zz00图5-1-2应力分布规律如图5-1-2所示，其最大、最小切应力计算公式22FhbhS0bbmax0Ib88z022FbhbhS0minIb88z0（3）翼缘主要承担了作用于工字形截面梁上的弯矩，通常不计算翼缘上的切应力。3．圆形截面梁（1）切应力分布特点边缘各点的切应力与圆周相切；y轴上各点的切应力沿y轴，如图5-1-3所示。（2）计算假设AB弦上各点的切应力作用线通过同一点p；AB弦上各点的切应力沿y轴的分量y相等。

224图5-1-3（3）计算公式对y可用矩形截面梁的公式：*FSSzyIbz最大切应力发生在中性轴上：4FSmax23πR4．弯曲切应力强度条件max≤[]满足正应力强度条件的梁一般满足切应力强度条件，下列情况要进行弯曲切应力强度校核：（1）梁的跨度较短，或支座附近作用较大的荷载，致使弯矩较小，而剪力很大；（2）铆接或焊接的组合截面，其腹板的厚度与高度比值小于型钢的相应比值时，要校核腹板的切应力；（3）各向异性材料（如木材）的抗剪能力较差，要校核切应力；（4）焊接、铆接或胶合而成的梁的焊缝、铆钉或胶合面。5．弯曲变形的强度计算根据计算位置的不同，弯曲强度计算采用的强度条件也有所不同，如表5-1-1所示。

225表5-1-1计算位置应力状态强度条件横截面距中性轴最远点单轴应力状态正应力强度条件横截面中性轴纯剪切应力状态切应力强度条件除上述两者外任意点平面应力状态或空间应力状态强度理论四、提高弯曲强度的措施1．合理安排梁的受力情况（降低梁的最大弯矩值）（1）合理布置支座的位置支撑点向中间移动，可以取得降低弯矩的效果，如图5-1-4所示。图5-1-4（2）合理布置载荷在情况允许的条件下，应尽可能把较大的集中力分散成较小的力，或者变成分布载荷，如图5-1-5所示。图5-1-52．选择合理的截面（提高抗弯截面系数）（1）合理的截面形状应该是截面面积A较小，而抗弯截面系数W较大，常见截面的W/A值如表5-1-2所示。

226表5-1-2结论：材料远离中性轴的截面（环形、槽形、工字形等）比较经济合理。由表5-1-2可知，工字钢或槽钢比矩形截面经济合理，矩形截面比圆形截面经济合理。（2）合理放置截面截面高度h大于宽度b的矩形截面梁，抵抗垂直平面内的弯曲变形时，竖放比平放有较高的抗弯强度。（3）根据材料合理选择截面形状①抗拉和抗压强度相等的材料，采用关于中性轴上下对称的截面，如矩形、工字形、圆形等。②抗拉和抗压强度不相等的材料，可采用中性轴偏于受拉一侧的截面。3．采用等强度梁（1）等强度梁：梁各横截面上的最大正应力都相等，并均达到材料的许用应力。（2）等强度梁的抗弯截面系数应满足：W（x）＝M（x）/[ζ]。5.2课后习题详解5.1把直径d＝1mm的钢丝绕在直径为2m的卷筒上，设E＝200GPa，试计算该钢丝中产生的最大应力。解：由纯弯曲时变形几何关系及胡克定律可知：在该钢丝横截面上，任意点的正应力与该点到中性轴的距离成正比，即ζ＝Ey/ρ，故该钢丝中产生的最大弯曲正应力r30.5E20010MPa100MPaRr10000.55.2简支梁承受均布载荷如图5-2-1所示。若分别采用横截面面积相等的实心和空心圆截面，且D1＝40mm，d2/D2＝3/5，试分别计算它们的最大正应力。并问空心截面比实心截面的最大正应力减小了百分之几？图5-2-1解：分析可知，该梁的最大弯矩值发生在梁跨中截面处，值为232Mmax＝ql/8＝（1/8）×2×10×2N·m＝1kN·m222实心轴与空心轴的横截面积相等，即有πD1/4＝π（D2－d2）/4。则空心轴横截面尺寸：D2＝50mm，d2＝30mm。实心轴的最大正应力

2276MM3232110maxmaxMPa159MPa1max33WDππ4011空心轴的最大正应力6MM3232110maxmaxMPa93.6MPa2max3434W2πD21π5010.6两者相比，空心截面比实心截面最大正应力的减少量15993.61max2max100%100%41%1591max5.3某圆轴的外伸部分系空心圆截面，载荷情况如图5-2-2所示。试作该轴的弯矩图，并求轴内的最大正应力。图5-2-2解：对圆轴进行受力分析，由平衡条件可得支座反力FA＝3.36kN，FB＝7.64kN由此可绘制该轴的弯矩图，如图5-2-3所示。图5-2-3由图5-2-3可知，最危险截面可能发生在C截面或B截面。C截面上的正应力

2283MM32321.34410CCPa63.4MPaC33WDππ0.06CB截面上的正应力3MM32320.9010BBPa62.1MPaB44WB33d45πD1π0.061D60综上比较可知，该轴的最大正应力发生在C截面，且ζmax＝ζc＝63.4MPa。5.4矩形截面悬臂梁如图5-2-4所示，已知l＝4m，b/h＝2/3，q＝10kN/m，[ζ]＝10MPa。试确定此梁横截面的尺寸。图5-2-4解：分析可知，该悬臂梁的最危险截面发生在固定端处，则该截面具有的最大弯矩值为22Mmax＝ql/2＝（1/2）×10×4kN·m＝80kN·m由正应力强度条件MM6maxmaxmax2Wbh且b＝2h/3得3369M98010maxhmm416mm10则b＝2h/3≥416×2/3mm＝277mm。故取梁横截面h＝416mm，b＝277mm。5.5No.20a工字钢梁的支承和受力情况如图5-2-5所示。若[ζ]＝160MPa，试求许可载荷F。

229图5-2-5解：由梁的平衡条件可得支座反力：FA＝FB＝F/3。绘制梁的弯矩图，如图5-2-6所示，则梁的最大弯矩值：Mmax＝Fa/3。3查型钢表得20a工字钢的截面性质：W＝237cm。由正应力强度条件ζmax＝Mmax/W＝Fa/3W≤[ζ]，可得3F≤3W[ζ]/a＝3×237×10×160/2000N＝56.9kN图5-2-65.6图5-2-7所示桥式起重机大梁AB的跨度l＝16m，原设计最大起重量为100kN。在大梁上距B端为x的C点悬挂一根钢索，绕过装在重物上的滑轮，将另一端再挂在吊车的吊钩上，使吊车驶到C的对称位置D。这样就可吊运150kN的重物。试问x的最大值等于多少？设只考虑大梁的弯曲正应力强度。

230图5-2-7解：（1）在原设计起重量为100kN的状态下，横梁AB上的最大弯矩值发生力作用在梁跨中截面处，有M1max＝Fl/4＝（1/4）×100×16kN·m＝400kN·m（2）改变设计，可调运150kN重物时，梁内最大弯矩值发生在CD段，且M2max＝Fx＝75x。由正应力强度条件ζ1max＝M1max/W＝[ζ]及ζ2max＝75xmax/W≤[ζ]，可知当x取最大值时有75x≤400，即xmax＝5.33m。5.7图5-2-8所示轧辊轴直径D＝280mm，跨长L＝1000mm，l＝450mm，b＝100mm。若轧辊材料的弯曲许用应力[ζ]＝100MPa。试求轧辊能承受的最大轧制力。图5-2-8解：根据梁的受力简图，由平衡条件可得支座反力：FA＝FB＝qb/2。由梁结构和载荷的对称性可知，梁上最大弯矩值发生在梁跨中截面，且2qbbqbbqbqblMlmax222482由正应力强度条件2MM32q16bl4bmaxmaxmax33WπDπD可得33πDπ2801003qN/mm9.07410N/mm2216bl4b1610045041003故轧辊能承受的最大轧制力：Fmax＝qmaxb＝9.074×10×0.1kN＝907.4kN。5.8压板的尺寸和载荷情况如图5-2-9所示。材料为45钢，ζs＝380MPa，取安全因数n＝1.5。试校核压板的强度。

231图5-2-9解：由许用应力定义可知，该压板的许用应力：[ζ]＝ζs/n＝380/1.5MPa＝253.3MPa。分析可知，压板上的最大弯矩发生在m-m截面，且3－3Mmax＝F1l1＝15.4×10×20×10N·m＝308N·mm-m截面的抗弯截面系数23bhii113330203012i1121212393Wmm156810mhi102－6故最大正应力：ζmax＝Mmax/W＝308/（1.568×10）Pa＝196.4MPa＜[ζ]。因此压板强度满足要求，是安全的。5.9拆卸工具如图5-2-10所示。若l＝250mm，a＝30mm，h＝60mm，c＝16mm，d＝58mm，[ζ]＝160MPa，试按横梁中央截面的强度确定许可的顶压力F。图5-2-10解：对横梁进行受力分析，作出其受力简图，如图5-2-11所示。

232图5-2-11由梁结构和载荷的对称性可知，最大弯矩发生在梁跨中截面，且Mmax＝（F/2）（l/2＋a）－Fa/2＝Fl/4。抗弯截面系数：13hc2I1212Whcyh3max2由强度条件ζmax＝Mmax/W≤[ζ]，可得：MFl4maxmax1W2hc3则有224ch41660160FN49.2kN3l3250故许可顶压力：[F]＝49.2kN。5.10割刀在切割工件时，受到F＝1kN的切削力作用。割刀尺寸如图5-2-12所示。试求割刀内的最大弯曲正应力。图5-2-12解：分析可知，最危险截面可能发生在m-m截面或n-n截面。（1）m-m截面弯矩值M1max＝Fl1＝1000×0.008N·m＝8N·m。

233则该截面上正应力3MM668101max1maxMPa113.6MPa1max22Wbh2.513111（2）n-n截面弯矩值M2max＝F（l1＋l2）＝1000×0.03N·m＝30N·m。则该截面上正应力：36M630102maxMPa200MPa2max22bh41522综上，割刀内最大弯曲应力ζmax＝200MPa。5.11图5-2-13所示为一承受纯弯曲的铸铁梁，其截面为⊥形，材料的拉伸和压缩许用应力之比[ζt]/[ζc]＝1/4。求水平翼板的合理宽度b。图5-2-13解：该结构在横截面上、下边缘的最大压应力、最大拉应力均达到许用应力，即ζcmax＝My1/I＝[ζc]，ζtmax＝My2/I＝[ζt]时，最为合理。比较以上两式可得：y2/y1＝[ζt]/[ζc]＝1/4。又y1＋y2＝400mm。解得：y1＝320mm，y2＝80mm。将该T形截面看作是两个矩形截面的组合，且上、下两矩形截面面积分别为A1、A2，则有：A1yC1＋A2yC2＝（A1＋A2）y2。代入数据得：60b×30＋340×30×230＝（60b＋340×30）×80。解得水平翼板最合理的宽度：b＝510mm。5.12⊥形截面铸铁悬臂梁，尺寸及载荷如图5-2-14所示。若材料的拉伸许用应力[ζt]＝40MPa，压缩许用应力[ζc]＝160MPa，截面对形心轴zC的惯性矩h1＝96.4mm，试计算该梁的许可载荷F。

234图5-2-14解：对梁进行受力分析，根据平衡条件可得固定端支反力：M＝0.8F，FA＝F。由此可绘制梁的弯矩图，如图5-2-15所示。图5-2-15由图5-2-15可知，最危险截面可能发生在A截面或C截面。①分析可知，A截面有最大压应力，由强度条件Mh0.8FhA22cmaxcIIzzCC得I64cz1160101.01810FCN132.6kN30.8h20.825096.410②由A截面的最大拉应力强度条件Mh0.8FhA1140MPatmaxtIIzzCC得I64tz40101.01810FCN52.8kN0.8h0.80.09641由C截面最大拉应力强度条件Mh0.6FhC2240MPatmaxtIIzzCC得

2356440101.01810FN44.2kN0.60.1536综上，该梁的许可载荷[F]＝44.2kN。5.13当No.20号槽钢受纯弯曲变形时，测出距顶部5mm处的侧面上A，B两点间长度的改变为Δl＝27×10－3mm，材料的E＝200GPa。试求图5-2-16所示梁截面上的弯矩M。图5-2-16－3－4解：根据题意，AB段的线应变：ε＝Δl/l＝27×10/50＝5.4×10。则该段横截面上的正应力：ζ＝Eε。又由弯曲正应力计算公式得在弯矩M作用下，横截面上的正应力：ζ＝My/Iz。可得：Eε＝My/Iz，即M＝EεIz/y。44其中，查型钢表得20号槽钢的截面性质：Iz＝144×10mm，y0＝19.5mm。则y＝y0－5＝14.5mm。综上，代入数据得9－4－8M＝EεIz/y＝200×10×5.4×10×144×10/0.0145N·m＝10.7kN·m5.14矩形截面梁的尺寸及载荷如图5-2-17所示。试求1-1截面上，在画阴影线的面积内，由ζdA组成的内力系的合力。图5-2-17解：根据题意，1-1截面上的载荷集度：q1-1＝10×6/8kN/m＝7.5kN/m。故由截面法，取1-1截面右侧部分分析，可得该截面上的弯矩22M1＝（1/2）×7.5×2＋（1/3）×2.5×2kN·m＝55/3kN·m由弯曲正应力计算公式可知，该截面的正应力：ζ＝M1y/Iz。3其中，横截面对中性轴的惯性矩：Iz＝0.07×0.3/12。ζdA＝（M1y/Iz）×0.07dy积分可得阴影面内的合力0.15My0.155512F10.07dy0.07dyy81.5kN0.05I0.0530.070.33z5.15图5-2-18所示结构，AB梁为No.10工字钢，BC杆为直径为d＝20mm的实心圆截面钢杆，AB梁上作用均布载荷q。若梁及杆的许用应力均为[ζ]＝100MPa。试求许用的均布载荷[q]。

236图5-2-18解：由静力平衡条件∑MA＝0，可得BC杆的轴力FN＝9q/4，A支座反力为FA＝3q/4。AB中最大正弯矩在距离A端0.75m处，M＋max＝（3q/4）·（3/4）－（3q/4）·（3/8）＝9q/32。梁内最大负弯矩在B处截面：M－max＝q/2。所以梁内最大弯矩为Mmax＝q/2。①BC杆2ζ＝4FN/（πd）≤[ζ]22FN≤[ζ]πd/4＝100×π×20/4N＝31.4kN9q/4≤31.4⇒q≤4×31.4/9＝13.96kN/m②梁310号工字钢的抗弯截面系数Wz＝49cm。ζmax＝Mmax/Wz≤[ζ]3Mmax≤[ζ]Wz＝100×49×10N·mm＝4.9kN·mq/2≤4.9⇒q≤2×4.9＝9.8kN/m5.16铸铁梁的载荷及横截面尺寸如图5-2-19所示。许用拉应力[ζt]＝40MPa，许用压应力[ζc]＝160MPa。试按正应力强度条件校核梁的强度。若载荷不变，但将T形横截面梁倒置，即翼缘在下成为⊥形，是否合理？何故？图5-2-19解：（1）由横截面的对称性可知，zC＝0，且yC＝（30×200×100＋30×200×215）/（30×200×2）mm＝157.5mm则横截面对中性轴的惯性矩3232IzC＝（1/12）×30×200＋200×30×（157.5－100）＋（1/12）×200×30＋200×30×（215－157.5）＝746.01×10mm对梁进行受力分析，由平衡条件可得支座反力：FB＝30kN，FD＝10kN。由此可绘制该梁的弯矩图，如图5-2-20所示。

237图5-2-20由图5-2-20可知，最危险截面可能发生在B截面或C截面。①比较可知B截面有最大压应力67ζcmax＝MByC/IzC＝20×10×157.5/（6.01×10）MPa＝52.4MPa＜[ζc]＝160MPa②校核B截面最大拉应力67ζtmax＝MBy/IzC＝20×10×72.5/（6.01×10）MPa＝24.1MPa＜[ζt]＝40MPa校核C截面最大拉应力67ζtmax＝MCyC/IzC＝10×10×157.5/（6.01×10）MPa＝26.2MPa＜[ζt]＝40MPa综上，此时梁的强度满足要求，是安全的。（2）若将横截面倒置，对于B截面，其最大拉应力67ζtmax＝MByC/IzC＝20×10×157.5/（6.01×10）MPa＝52.4MPa＞[ζt]＝40MPa不能满足强度要求，是不合理的。5.17试计算图5-2-21所示矩形截面简支梁的1-1截面上a点和b点的正应力和切应力。图5-2-21解：对梁进行受力分析，由平衡条件可得支座反力FA＝3.64kN（↑），FB＝4.36kN（↑）由此可绘制梁的剪力图和弯矩图，如图5-2-22所示。

238图5-2-221-1截面上的内力FS1＝3.64kN，M1＝3.64kN·m该截面对中性轴的惯性矩3474Iz＝（1/12）×75×150mm＝2.11×10mm对于a点，其正应力为压应力67ζa＝M1ya/Iz＝3.64×10×35/（2.11×10）MPa＝6.04MPa切应力*37ηa＝FS1Sz/（bIz）＝3.64×10×（75×40×55）/（75×2.11×10）MPa＝0.379MPa对于b点，其正应力为拉应力67ζb＝M1yb/Iz＝3.64×10×75/（2.11×10）MPa＝12.9MPa切应力：ηb＝0。5.18如图5-2-23所示，试计算在均布载荷作用下，圆截面简支梁内的最大正应力和最大切应力，并指出它们各自发生于何处。图5-2-23解：分析可知，梁内最大弯矩发生在跨中截面22Mmax＝ql/8＝（1/8）×10×1kN·m＝1.25kN·m最大剪力发生在两支座处截面内侧FSmax＝ql/2＝（1/2）×10×1kN＝5kN故梁的最大正应力发生在跨中截面的上、下两点。根据弯曲正应力计算公式得363ζmax＝Mmax/W＝32Mmax/（πd）＝32×1.25×10/（π×50）MPa＝102MPa

239最大切应力发生在两支座处截面内侧中性轴上各点*3FS4F16510SmaxzSmaxMPa3.39MPamax22bIπd3π50z345.19试计算图5-2-24所示工字形截面梁内的最大弯曲正应力和最大弯曲切应力。图5-2-24解：对梁进行受力分析，由平衡条件可得支座反力FB＝25kN（↑），FD＝5kN（↑）绘制梁的剪力图和弯矩图，如图5-2-25所示。图5-2-25由图5-2-25可知，FSmax＝15kN，Mmax＝20kN·m。3*查型钢表得16号工字钢的截面性质：W＝141cm，Iz/Sz＝13.8cm，b＝6mm。故最大正应力发生在B截面上、下边缘63ζmax＝Mmax/W＝20×10/（141×10）MPa＝142MPa最大切应力发生在BC段中性轴上各点*3ηmax＝FSmaxSz/（bIz）＝15×10/（6×138）MPa＝18.1MPa5.20若圆环形截面梁的壁厚δ远小于平均半径R0，试求截面上的最大切应力。设剪力FS已知。

240图5-2-26*解：弯曲切应力计算公式：ηmax＝FSSz/（bIz）。其中，b＝2δ，且根据题意当δ＜＜R0时：①圆环上半部分面积对中性轴的静矩*332Sz＝（2/3）（R0＋δ/2）－（2/3）（R0－δ/2）≈2R0δ②横截面积对中性轴的惯性矩443Iz＝（π/4）（R0＋δ/2）－（π/4）（R0－δ/2）≈πR0δ综上，代入弯曲切应力计算公式可得横截面上最大切应力23ηmax＝2R0δFS/（2δπR0δ）＝FS/（πR0δ）5.21起重机下的梁由两根工字钢组成，如图5-2-27所示，起重机自重P＝50kN，起重量F＝10kN。许用应力[ζ]＝160MPa，[η]＝100MPa。若暂不考虑梁的自重，试按弯曲正应力强度条件选定工字钢型号，然后再按弯曲切应力强度条件进行校核。图5-2-27解：对起重机进行受力分析，可知其作用在梁上的力：FC＝10kN，FD＝50kN。由此可绘制梁的受力简图，如图5-2-28（a）所示。

241图5-2-28当起重机移至距离左端x处时，梁支座反力：FA＝50－6x，FB＝10＋6x。由此可绘制梁大致的弯矩图，如图5-2-28（b）所示。最大弯矩可能发生在C截面或者D截面，且有MC＝（50－6x）x，MD＝（50－6x）（x＋2）－10×2①令dMC/dx＝50－12x＝0，得x＝25/6m。此时：MC1＝（50－6×25/6）×25/6＝104.2kN·m，MD1＝134.2kN·m。②令dMD/dx＝38－12x＝0，得x＝19/6m。此时：MC2＝98.2kN·m，MD2＝140.2kN·m。综上比较可得，当起重机移至距离左端x＝19/6m时，有梁内最危险截面D。根据正应力强度条件ζmax＝Mmax/（2W）≤[ζ]，可得单根工字钢横截面的抗弯截面系数3Mmax140.2103633Wm43810m438cm6221601033*－2－3查型钢表，选取28a号工字钢，Wz＝508.15cm＞438cm，Iz/Sz＝24.62×10m，b＝8.5×10m。切应力校核：梁内剪力在起重机移至最右端时达到最大，且FSmax＝58kN。*3－5故ηmax＝FSmaxSz/（2bIz）＝58×10/（2×24.62×8.5×10）Pa＝13.85MPa＜[η]。切应力强度满足要求。5.22由三根木条胶合而成的悬臂梁截面尺寸如图5-2-29所示，跨度l＝1m。若胶合面上的许用切应力为0.34MPa，木材的许用弯曲正应力为[ζ]＝10MPa，许用切应力为[η]＝1MPa，试确定许可载荷F。图5-2-29解：悬臂梁的最大剪力FSmax＝F，最大弯矩发生在固定端截面Mmax＝Fl。**①由胶合面切应力强度条件ηmax＝FSmaxSz/（bIz）＝FSz/（bIz）≤[η胶]＝0.34MPa，得

2426310.34100.10.150.1[]Ib胶z12FFN3.83kNS*S0.050.10.05z2②由木材面正应力强度条件ζmax＝Mmax/W＝6Fl/（bh）≤[ζ]＝10MPa，得22F≤bh[ζ]/（6l）＝100×150×10/（6×1000）N＝3.75kN③由木材面切应力强度条件ηmax＝3FSmax/（2bh）＝3F/（2bh）≤[η]＝1MPa，得F≤2×100×150×1/3N＝10kN综上比较，该结构的许可载荷[F]＝3.75kN。*5.23在图5-2-30（a）中，若以虚线所示的纵向面和横向面从梁中截出一部分，如图5-2-30（b）所示，试求在纵向面abcd上由ηdA组成的内力系的合力，并说明它与什么力平衡。图5-2-302解：（1）x截面的剪力和弯矩分别为：FS（x）＝ql/2－qx，M（x）＝qlx/2－qx/2。记梁宽为s，则x截面中性轴上的切应力：η（x）＝3FS（x）/（2A）＝3FS（x）/（2sh）。故纵向面abcd上内力的合力：xx33qlq2Fzszddqzzlxx002hh24（2）纵向面abcd上内力的合力∫ηdA与正应力的合力∫ζdA平衡。根据弯曲正应力计算公式ζ＝My/Iz得qxlxMyMM*2hhFdAdAyAdSsAAAz124III3zzzsh123qxlx4h综上，Fη＝Fζ。5.24若图5-2-31所示梁的截面为宽翼缘工字形，横截面上的剪力为FS，试求翼缘上平行于z轴的切应力分布规律，并求最大切应力。

243图5-2-31图5-2-32解：沿图5-2-31所示阴影部分取出微段dx，如图5-2-32所示，则前后两个面上分别有正应力在其上的合力：**FN1＝MSz/Iz，FN2＝（M＋dM）Sz/Iz。又FN2－FN1＝η（ξ）（h－h0）dx/2。*则有：SzdM/（Izdx）＝η（ξ）（h－h0）/2①根据弯矩、剪力间微分关系得：dM/dx＝FS（x）。另有阴影部分面积对中性轴的静矩*22Sz＝（h－h0）ξ/8代入式①，整理得到：η（ξ）＝FS（h＋h0）ξ/（4Iz）。又33bhbbh00Iz121222*hhhh00hh0Sz248故当ξ＝b/2时，有最大切应力：3FbhhS0max33322bhh0bh005.25图5-2-33所示宽翼缘工宇梁由钢板焊接而成。若横截面上剪力为FS＝180kN，试求每单位长度焊缝所

244必须传递的力。图5-2-33解：假设梁为一整体工字梁，计算腹板与翼缘连接处的切应力。截面几何性质*－3－3－3－63Sz＝（20×10m）×（120×10m）×（160×10m）＝384×10m－3－33－3－33－64Iz＝（1/12）[（120×10m）×（340×10m）－（110×10m）×（300×10m）]＝146×10m腹板与翼缘连接处的切应力*18010N338410m63FSSz647.310Pa47.3MPaIb64z14610m0.01m2腹板厚10mm，在腹板与翼缘连接处，长为1mm的纵向截面的面积为1×10＝10mm，该面积上的剪力6－62（47.3×10Pa）×（10×10m）＝473N。即为每1mm长度焊缝所必须传递的力。5.26用螺钉将四块木板连接而成的箱形梁如图5-2-34所示，设F＝5.5kN。每块木板的横截面皆为150mm×25mm。若每一螺钉的许可剪力为1.1kN，试确定螺钉的间距s。图5-2-34解：根据平衡条件可得支座反力FA＝3F/4＝4.125kN，FB＝F/4＝1.375kN由此可知该梁的最大剪力发生在AC段：FSmax＝4.125kN。*由切应力计算公式可知，钉合面处切应力：η＝FSmaxSz/（bIz）。其中，上横条左半部分面积对中性轴的静矩*353Sz＝75×25×（75＋25/2）mm＝1.64×10mm该截面对中性轴的惯性矩33474Iz＝（1/12）（150×200－100×150）mm＝7.19×10mm*357故η＝FSmaxSz/（bIz）＝4.125×10×1.64×10/（25×7.19×10）MPa＝0.38MPa。

245由η·s×25mm≤[FS]＝1.1kN得3s≤1.1×10/（25×0.38）mm＝116mm故取螺钉间距s＝116mm。5.27图5-2-35所示梁由两根No.36a工字钢铆接而成。铆钉的间距为s＝150mm，直径d＝20mm，许用切应力[η]＝90MPa。梁横截面上的剪力FS＝40kN。试校核铆钉的剪切强度。图5-2-35解：查型钢表得36a工字钢的截面参数24A＝76.48cm，h＝36cm，Izc＝15800cm，b＝13.6cm由弯曲切应力计算公式可得中性轴上的切应力hFS*FAS2401037648180SzMPa282bIzh21361.581076481802bIAzc20.5MPa则弯曲切应力在s长度上的合力：F＝η·s·b＝0.5×150×136N＝10.2kN。每个铆钉承受的剪力：FS＝F/2。故铆钉的切应力232η＝FS/A＝2F/（πd）＝2×10.2×10/（π×20）MPa＝16.2MPa＜[η]＝90MPa铆钉满足剪切强度要求。5.28试计算题5.12中的梁在许可载荷作用下的最大切应力。解：由题5.12的许可载荷：FS＝F＝[F]＝44.2kN。中性轴以上的面积矩（或静矩）为*263S＝50×（250－96.4）/2＝0.59×10mm*36FS44.2100.5910S5.12MPamax4It101801050zwC5.29截面为正方形的梁按图5-2-36所示两种方式放置。试问哪种方式比较合理？

246图5-2-36解：第一种放置方式，横截面对z轴惯性矩24a2a222I4ydA4yaydy1zCA0212第二中放置方式，横截面对z轴惯性矩34bhaII21zzCC1212它们的抗弯截面系数分别为4aI1zC1223Waz1y2121a24aI2z1213WaCz216y2a2于是可以得到Wz1＜Wz2。所以第二种放置方式比较合理。5.30图5-2-37所示半径为r的圆形梁截面，切掉画阴影线的部分后，反而有可能使抗弯截面系数增大，何故？试求使W为极值的α。并问这对梁的抗弯刚度有何影响？

247图5-2-37解：对图5-2-37作如图5-2-38所示标记。图5-2-38取微段dy进行分析，则微段面积：22dA2ryyd切去图中所示阴影部分面积后，截面对z轴的惯性矩rsin222I2dyryyzrsinrsin4y2222ry22yrryarcsin88rrsin4r4sin48则抗弯截面系数：

2484r4sin43I8r4sin4Wzzyrsin8sinmax令dWz/dα＝0，解得α＝78°，此时抗弯截面系数有极值3r4sin43Wr0.791max788sin4惯性矩：Iz＝0.774r。33未切除前，横截面为圆形时，梁的抗弯截面系数：W＝πr/4＝0.785r。44惯性矩：Iz＝πr/4＝0.785r。综上比较可知，切去阴影面积后，抗弯截面系数有所增大，抗弯刚度减小。5.31为改善载荷分布，在长为l的主梁AB上安置辅助梁CD。如图5-2-39所示。设主梁和辅助梁的抗弯截面系数分别为W1和W2，材料相同，试求辅助梁的最优长度a。图5-2-39解：当主梁和辅助梁同时达到强度条件时，即ζ1max＝ζ2max＝[ζ]①求得的辅助梁长度最合理。对主梁进行受力分析，由平衡条件可得：FA＝FB＝F/2。则主梁上跨中截面的最大弯矩值：M1max＝（F/2）·（l－a）/2＝F（l－a）/4。辅助梁上跨中截面最大弯矩值：M2max＝（F/2）·（a/2）＝Fa/4。代入式①整理得：F（l－a）/（4W1）＝Fa/（4W2）。解得：a＝W2l/（W1＋W2）。5.32如图5-2-40所示，在No.18工字梁上作用着可移动的载荷F。设[ζ]＝160MPa。为提高梁的承载能力，试确定a和b的最优数值及相应的许可载荷。图5-2-40解：由于梁上载荷为可移动的，因此要使得a、b最为合理，应满足a＝b。当载荷F作用在最左端时，梁上的最大弯矩值：M1max＝Fa。

249当载荷F作用在梁中点处时，梁上的最大弯矩值：M2max＝F（l/2－a）/2。为取得最合理值，令M1max＝M2max，即Fa＝F（l/2－a）/2。解得：a＝l/6＝12/6m＝2m，即a＝b＝2m。3查型钢表知18号工字钢抗弯截面系数W＝185cm。由梁的强度条件ζmax＝M1max/W＝Fa/W≤[ζ]，可得此时许可载荷3F≤W[ζ]/a＝185×10×160/2000N＝14.8kN。5.33如图5-2-41所示，我国《营造法式》中，对矩形截面梁给出的尺寸比例是h：b＝3：2。试用弯曲正应力强度证明：从圆木锯出的矩形截面梁，上述尺寸比例接近最佳比值。图5-2-41证明：对图5-2-41作如图5-2-42所示标记。图5-2-42222根据题意，可得几何关系：b＋h＝d。截得矩形梁的抗弯截面系数：22bh2bdb132Wzbdb666令dWz/db＝0，可得

250db3则有6hd3故6dh321.414bd3因此，h：b＝3：2接近最佳比值。命题得证。5.34在均布载荷作用下的等强度悬臂梁，其横截面为矩形，且宽度b为常量。试确定截面高度h沿梁轴线的变化规律。2解：在距离自由端x处截面的弯矩：M（x）＝qx/2。由等强度梁的强度条件M（x）/W（x）＝[ζ]，可得：q2x212bhx6则截面高度沿轴线的分布规律：3qhxxb5.35如图5-2-43所示，矩形截面简支梁在跨中受集中力F的作用，截面的宽×高＝b×h。若材料的弹性模量为E。试求梁下表面纤维的总伸长。图5-2-43解：结构对称，荷载对称，仅分析一半结构即可。左半部分弯矩方程：M（x）＝Fx/2（0≤x≤l/2）。2各截面下表面正应力：ζ（x）＝M（x）/Wz＝3Fx/（bh）。

2512各截面下表面线应变：ε（x）＝ζ（x）/E＝3Fx/（Ebh）。则梁下表面纤维总伸长：l233FxFllx2d20Ebh224Ebh5.36如图5-2-44所示，以F力将置放于地面的钢筋提起。若钢筋单位长度的重量为q，当b＝2a时，试求所需的力F。图5-2-44解：根据题意，A截面及其右侧部分仍在地面上，曲率为零，可得：1/ρ＝M/（EIz）＝0，即M＝0。分析AC段受力，如图5-2-45所示。根据平衡条件：∑MA＝0，G·（3a/2）－F·2a＝0，得F＝3G/4＝9qa/4＝2.25qa。图5-2-455.37长为l的截面高度为线性变化的悬臂梁，如图5-2-46所示。截面的宽度恒为b，左端截面高度为h0，右端截面高度为3h0，左端受集中力F的作用。试求最大弯曲正应力的位置及大小。图5-2-46解：梁的弯矩方程：M（x）＝Fx。各截面高度h（x）＝h0＋2h0x/l＝h0（1＋2x/l）各截面最大应力

252Mx66FxF2WZbh22xbh24x1401l0l2xl2当x＝l/2时，该处截面正应力最大，为ζmax＝3Fl/（4bh0）。5.3名校考研真题详解一、选择题1．如图5-3-1所示铸铁简支梁的截面为T字形，从强度设计考虑，（）的放置方式最合理。[北京航空航天大学2013研]图5-3-1A．B．C．D．【答案】B【解析】铸铁属于脆性材料，其抗拉强度低于抗压强度，而简支梁由于中间集中力的作用，上侧受压，下侧受拉，所以应使得下侧更靠近截面的中性层，选B。2．图5-3-2所示处于纯弯曲的矩形截面钢筋混凝土梁段，钢筋位于梁的下部，设混凝土不能承受拉应力，拉应力只由钢筋承受，已知钢筋的横截面面积之和为As，混凝土的受压部分面积之和为Ac，弯矩M≠0，设平面假设成立，对于梁横截面上的正应力ζ，则如下描述错误的是（）。[西南交通大学2014研]A．梁横截面上的正应力应满足dAAd0AAsc

253B．梁横截面上的正应力应满足ydAydA0AAscC．一般情况下，梁的中性轴位置不位于（d＋e）/2D．y轴仍为对称轴图5-3-2【答案】A【解析】假设混凝土不受拉，则拉应力全部由钢筋承受，压应力由混凝土承受。由静力平衡条件可知：dAAd0AAsc3．图5-3-3（a）所示T型截面铸铁悬臂梁，在铅垂面内受到竖直向下的载荷P作用发生弯曲，起初横截面如图5-3-3（b）所示，若将截面倒置（如图5-3-3（c）），则该梁的强度和刚度与原来相比较，（）。[北京航空航天大学2016研]A．强度提高，刚度不变B．强度降低，刚度不变C．强度与刚度都提高D．强度与刚度都降低图5-3-3【答案】B【解析】铸铁为脆性材料，抗拉强度远小于抗压强度，截面倒置后，拉应力一侧边缘与中性轴的距离加大，最大拉应力数值增大，材料强度降低。材料刚度与截面是否倒置无关。4．T形截面梁，两端受力偶M作用，如图5-3-4所示。以下结论中（）是错误的。[昆明理工大学2016研]

254图5-3-4A．梁截面的中性轴通过形心B．梁的最大压应力出现在截面的上边缘C．梁的最大压应力与最大拉应力数值相等D．梁内最大压应力的值（绝对值）大于最大拉应力【答案】C【解析】因为T形截面形心到上下两面的距离不等，而应力公式为ζ＝My/Iz。5．外径为D，内径为d的空心梁，其抗弯截面系数是（）。[华南理工大学2016研]44A．（π/64）（D－d）344B．（πD/32）（1－d/D）33C．（π/32）（D－d）33D．（π/64）（D＋d）【答案】B二、填空题1．如图5-3-5所示T形截面梁承受分布载荷q作用，截面高度为h。若C截面上、下表面的纵向正应变分别为ε上＝0.0006，ε下＝－0.0003，则中性层离截面底部的距离yC＝______，该截面最大压应力与最大拉应力的比值为______（填写比值的绝对值）。[北京航空航天大学2014研]图5-3-5【答案】h/3；1/22．如图5-3-6所示等截面悬臂梁，梁的长度为2a，在梁的中部和端部分别承受集中力偶Fa和集中力F。若（1）按第一种放置方式，梁截面的宽度为2b，高度为b，此时梁内的最大弯曲正应力ζmax为______。若按第二种（2）（1）放置方式，梁截面的宽度为b，高度为2b，此时梁内的最大弯曲正应力ζmax与ζmax的比值为______。[北京航空航天大学2015研]图5-3-6

2553【答案】3Fa/b；1/2【解析】两种放置方式最大弯矩相同，根据ζ＝M/W，有（1）（1）233ζmax＝M/W＝6M/（2b·b）＝3M/b＝3Fa/b（2）（2）233ζmax＝M/W＝6M/[b·（2b）]＝3M/（2b）＝3Fa/（2b）（2）（1）所以ζmax/ζmax＝1/2。3．通过截面形心的正交坐标轴称为截面的______。[华南理工大学2016研]【答案】形心主惯性轴三、计算题1．一结构受力如图5-3-7所示。已知杆件AB、AC的截面尺寸均为10cm×10cm，集中荷载F＝10kN，作用于AB中点处。试求：（1）画出AB杆的Fs、M、FN图；（2）AB杆的ζt，max，ζc，max。[大连理工大学2012研]图5-3-7解：（1）分析AB杆，由静力平衡条件∑M（B）＝0，F·100－FCAy·200＝0⇒FCAy＝5kN（↑）分析A结点，得FCAx＝FCAy＝5kN（←）。则AB杆的内力图如图5-3-8：图5-3-8（2）正应力最大处存在于跨中截面，M＝5kN·m，FN＝5kN。63MF510510N29.5MPat,max2WA13100z100663MF510510N30.5MPac,max11002WA3z1006

2562．如图5-3-9所示T形截面铸铁梁承受纯弯曲且弯矩为正，材料的许用拉压应力之比[ζt/ζc]＝1/4，求水平翼板的合理宽度b。[武汉大学2015研]图5-3-9解：由题意可知梁承受弯矩为正，则梁的上表面承受最大压应力，下表面承受最大拉应力，设弯矩为M。则MhttmaxIzCMhccmaxIzC为充分利用梁的抗弯能力，令ζtmax/ζcmax＝ht/hc＝[ζt]/[ζc]＝1/4且ht＋hc＝400mm。所以ht＝80mm，hc＝320mm。由求截面的形心公式得30×340×230＋60×b×30＝（60b＋30×340）×ht⇒b＝510mm3．如图5-3-10所示AB梁尺寸（160mm×300mm）及承受载荷情况。试求梁承受的最大应力。[华南理工大学2016研]图5-3-10

257图5-3-11解：如图5-3-11所示竖直载荷沿梁的轴向与垂直于梁方向的两个分量分别为F1＝25·sin30°＝12.5kN3F25cos3025kN22AC段的长度为15003000llmmACBCcos303对结构受力分析，有FAy＋FB－F2＝0FAx－F1＝0对A点取矩，有FBlAB－F2lAC＝0得到FAx＝F1＝12.5kN3F25kNAy413FF25kNB224AB梁最大应力在AC段上表面，AC段既受压又受弯，压应力为3－65ζc＝FAx/A＝－12.5×10/（160×300×10）＝－2.6×10Pa弯曲应力为3333000251010MmaxFlAyAC4367.812510Pa29Wbh210160300666可得ζmax＝|ζc＋ζ|＝8.07×10Pa＝8.07MPa。

25844．上下不对称工字形截面梁受力如图5-3-12所示，已知横截面对中性轴的惯性矩Iz＝1170cm，试求此梁横截面上的最大拉应力和最大压应力，并指出其发生位置。[昆明理工大学2016研]图5-3-12解：根据平衡条件Fy0RARB102300MR010213022040AB可得RA＝45kN，RB＝5kN所以弯矩图如图5-3-13所示：图5-3-13以不对称截面的几何中心为坐标原点，建立坐标系，所以S602050202802050202yz5mmcA6020802010020因为截面关于y轴对称，所以zc＝0。从弯矩图可以看出，最大拉应力和最大压应力可能出现在A支座处和C点左侧，分别进行计算。C点左侧下表面受拉，拉应力为ζt＝30×65/1170＝166.7MPa上表面受压，压应力为ζc＝30×75/1170＝192.3MPaA支座处，上表面受拉，拉应力为ζt＝20×75/1170＝128.2MPa所以此梁的最大拉应力为166.7MPa，发生在C截面左侧下表面，最大压应力为192.3MPa，发生在C截面左侧上表面。

2595．图5-3-14所示矩形截面简支梁，截面高120mm，跨度L＝1m，梁中点受集中力F1，两端受拉力F2＝50kN，F2作用在梁的纵向对称面上，距上表面50mm，若横截面内最大正应力与最小正应力之比为5/3，求F1。[中国科学技术大学2016研]图5-3-14解：横截面内的正应力由弯曲正应力ζM和拉伸正应力ζN叠加而成。ζmax＝ζM＋ζN，ζmin＝ζN－ζMζmax/ζmin＝（ζM＋ζN）/（ζN－ζM）＝5/3所以ζN＝4ζM。ζN＝F2/A＝F2/（bh）1h6FlFa12M42M2Wbhz1h6FlFa12F24242bhbh所以F1＝0.06F2＝0.06×50＝3kN。6．图5-3-15所示梁由两根材料相同，宽度均为b，高度分别为h及2h的梁相叠而成，假设两根梁在相叠面可以自由错动。试：（1）绘制两根梁横截面上的正应力沿高度分布规律示意图；（2）设材料的弹性模量为E，求叠合面沿轴线方向总的错动量。[重庆大学2016研]图5-3-15解：由于上下两根梁可以自由错动，所以它们的变形是一致的，即在弯曲过程中，曲率相等。根据1/ρ＝M/（EI）可知

260M1/I1＝M2/I2，M1/M2＝I1/I2＝1/8即上面的1梁承受q/9的载荷，下面的2梁承受8q/9的载荷。（1）正应力分布如图5-3-16，均为下侧受拉，上侧受压。图5-3-16（2）上面1梁的距左端x的截面的下边缘拉应力为1q2lxxqlxx2Mx129t1132W2bh1bh6因此梁的下表面的单位长度伸长量为2qlxxt1t12E3Ebh总的伸长量为2lqlxxql3lddxx11t22l03Ebh18Ebh下面2梁的距左端x截面的上边缘的压应力为18q2lxx2qlxx2Mx229c2132W2bh2bh26因此梁的下表面的单位长度压缩量为

26122qlxxc2c22E3Ebh总的压缩量为2l2qlxxql3lddxx22lc02239EbhEbh因此，叠合面沿轴线方向总的错动量为32δ＝Δl1－Δl2＝ql/（6Ebh）7．两端简支的钢板梁，梁的截面尺寸及梁上荷载如图5-3-17所示，已知F＝120kN，q＝2kN/m，材料的许用正应力[ζ]＝160MPa，许用切应力[η]＝100MPa，试全面校核梁的强度。[重庆大学2016研]图5-3-17解：对A点取矩，∑M（A）＝0即20.4F＋2.6F＋（1/2）q×3－3FE＝0解得FE＝123kN。∑Fy＝0，FE＋FAy－2F－ql＝0解得FAy＝123kN。剪力图和弯矩图如图5-3-18：图5-3-18截面特性

2621133264I102162120121201211445.8610mmz121262Iz245.861063W0.38210mmh240中性轴处静矩*33Sz＝120×12×114＋108×10×54＝222.5×10mm翼缘腹板交界处静矩*33S0＝120×12×114＝164.2×10mm（1）正应力校核，应校核跨中截面6M50.2510max131.54MPa160MPamax6W0.38210正应力满足要求。（2）切应力校核，应校核支座截面*33QS12310222.510Azmax659.7MPa100MPaIt45.861010zw切应力满足要求。（3）折算应力校核，应校核C或D截面翼缘与腹板交界处6My49.0410108115.5MPa6I45.8610z*33QS122.210164.210c043.8MPa6It45.861010zw2222r43115.5+343.8138.2MPa160MPa折算应力满足要求。8．矩形截面梁的载荷和截面尺寸（单位：mm）如图5-3-19所示。材料的许用应力[ζ]＝160MPa，[η]＝50MPa。试求：（1）图示梁的剪力图和弯矩图；（2）校核其强度（考虑剪切强度）。[南京航空航天大学2017研]图5-3-19解：

263图5-3-20（1）如图5-3-20所示，由静力平衡条件2∑M（B）＝0，（1/2）×20×3－20－100×1－3FC＝0∑Fy＝0，20×3＋100－FC－FBy＝0解得FC＝－10kN，FBy＝170kN则剪力图，弯矩图如图5-3-21：图5-3-21（2）由剪力图和弯矩图知B截面为危险截面，则有62ζmax＝MB/W＝6×100×10/（100×200）＝150MPa＜[ζ]＝160MPa3ηmax＝3FSB/（2bh）＝3×100×10/（2×100×200）＝7.5MPa＜[η]＝50MPa所以正应力，切应力强度均满足要求。539．如图5-3-22所示，外伸梁受均布载荷。已知l＝12m，Wz＝3.25×10mm，试求当跨中及支座上的最大正应力均为ζ＝140MPa时，悬臂长度a及载荷集度q的值。[山东大学2017研]

264图5-3-22222解：根据题意分析外伸梁的弯矩可得跨中的弯矩为（ql/8－qa/2），支座处的弯矩为qa/2，因为跨中和支座处的最大正应力相等，所以两处的弯矩相等，即222ql/8－qa/2＝qa/22al4.24m4又有25qa/2＝ζWz＝140×3.25×10＝45.5kN·m所以可得q＝5.06kN/m

265第6章弯曲变形6.1复习笔记一、挠曲线1．基本概念（1）挠度：横截面形心C（即轴线上的点）在垂直于x轴方向的线位移，称为该截面的挠度，用w表示，如图6-1-1所示。（2）转角：横截面对其原来位置的角位移，称为该截面的转角，用表示。（3）挠曲线：梁变形后的轴线称为挠曲线，是一条光滑连续曲线。①一般弯曲：梁的轴线变形后是一条空间曲线；②平面弯曲：梁的轴线变形后是一条平面曲线；③对称弯曲：梁的轴线变形后是一条平面曲线，此曲线在纵向对称面内。（4）小变形情况下，挠度与转角的关系：θ≈tanθ＝w′（x）。（5）挠度和转角的符号规定挠度向上为正，向下为负；转角自x转至挠曲线的切线方向，逆时针转为正，顺时针转为负。图6-1-12．挠曲线微分方程（1）由纯弯曲变形和横力弯曲变形忽略剪切应力的情况下，弯矩与曲率间的关系式1MxxEI并根据数学计算得挠曲线的微分方程2dwdx2Mx322EIdw1dx（2）挠曲线的近似微分方程2小变形情况下，由于挠曲线极其平坦，即dw/dx很小，挠曲线微分方程中（dw/dx）与1相比可以忽略不计，所以可得挠曲线的近似微分方程

2662dwM2dxEI二、积分法求弯曲变形1．基本方程（1）转角方程：dwMxdxCdxEI即EIwMxdxC（2）挠度方程：MxwddxxCxDEI即EIwMxddxxCxD2．积分常数的确定（1）边界条件梁在其支承处的挠度或转角是已知的，这样的已知条件称为边界条件。①悬臂梁如图6-1-2（a）所示，固定端挠度和转角都等于零，即x＝0：wA＝0，θA＝0。②简支梁如图6-1-2（b）所示，铰支座处约束条件为挠度等于零，即x＝0：wA＝0；x＝l：wB＝0。图6-1-2（2）连续条件梁的挠曲线是一条连续、光滑、平坦的曲线。因此，在梁的同一截面上不可能有两个不同的挠度值或转角值，这样的已知条件称为连续条件。①若中间存在铰支座，则在中间铰处，挠度连续，转角不连续；②在集中力、集中力偶以及分布载荷间断处，两侧的挠度、转角应相等w1＝w2，θ1＝θ2

2673．积分法的原则以图6-1-3所示简支梁为例说明积分法的原则：图6-1-3（1）对各段梁，都是由坐标原点到所研究截面之间的梁段上的外力来写弯矩方程的，所以后一段梁的弯矩方程包含前一段梁的弯矩方程，只增加了（x－a）的项；（2）对（x－a）的项作积分时，应该将（x－a）项作为积分变量，从而简化了确定积分常数的工作；（3）凡载荷有突变处（包括中间支座），应作为分段点；（4）凡截面有变化处，或材料有变化处，应作为分段点；（5）中间铰视为两个梁段间的联系，此种联系体现为两部分之间的相互作用力，故应作为分段点；（6）凡分段点处应列出连续条件，根据梁的变形的连续性，对同一截面只可能有唯一确定的挠度和转角，在中间铰两侧虽然转角不同，但挠度却是唯一的。三、用叠加法求弯曲变形1．叠加原理梁的变形微小，且梁在线弹性范围内工作时，梁在几项载荷（可以是集中力，集中力偶或分布力）同时作用下的挠度和转角，就分别等于每一载荷单独作用下该截面的挠度和转角的叠加。当每一项载荷所引起的挠度为同一方向（如均沿y轴方向），其转角是在同一平面内（如均在xy平面内）时，则叠加就是代数和，即nwwii1nii12．叠加方法（1）载荷叠加①多个载荷作用的情形如图6-1-4所示，以在均布载荷q和集中力F共同作用下的简支梁为例说明。将其分解为集中力F和均布载荷q单独作用的情形，由挠度表查得二者单独作用下产生的挠度和转角，将所得结果以代数和的形式叠加，即可得到两载荷同时作用的结果。

268图6-1-4②间断性分布载荷作用的情形以图6-1-5所示为例，根据受力与约束等效的要求，将间断性分布载荷q变为梁全长上连续分布的载荷q/2，然后在原来没有分布载荷的梁段上，加上集度相同但方向相反的分布载荷q/2，最后应用叠加法。图6-1-5（2）变形叠加逐段分析法：将梁的挠曲线分成几段，首先分别计算各段梁的变形在某特定截面引起的位移（挠度和转角），然后计算其总和（代数和或矢量和），即该处位移。在分析各段梁的变形在某一特定截面引起的位移时，除所研究的梁段发生变形外，其余各段梁均视为刚体。求解过程如图6-1-6所示。图6-1-63．梁在简单载荷作用下的变形

269表6-1-1梁在简单载荷作用下的变形

2704．叠加原理的适用条件叠加原理只适用于线性函数，要求挠度、转角是载荷的线性函数。（1）弯矩与载荷成线性关系梁发生小变形，忽略各载荷引起梁的水平位移。（2）曲率1/ρ与弯矩成线性关系梁处于线弹性范围内，满足胡克定律。（3）挠曲线二阶导数w″与1/ρ成线性关系21dww2dx21＋w′≈1.0，即梁的变形为小变形。5．刚度条件|w|max≤[w]|θ|max≤[θ]式中，|w|max和|θ|max为梁挠度和转角的最大值；[w]和[θ]为规定的许可挠度和转角。四、简单超静定梁1．基本概念（1）超静定梁：未知支反力数目大于静力平衡方程数目的梁。（2）多余约束：从维持平衡角度而言，多于维持其静力平衡所必需的约束。（3）多余反力：与多余约束相对应的支座反力。（4）超静定次数：多余约束或多余支反力的数目。（5）静定基：将静不定系统中的多余约束解除后，得到的“静定基本系统”。（6）相当系统：在静定基上加上外载荷以及多余约束力，便得到受力和变形与静不定系统完全相同的“相当系统”。2．超静定梁的求解步骤

271（1）确定超静定次数（2）选择基本静定基如图6-1-7所示，以一端固定，一端铰支的梁AB为例。该梁有四个未知反力，为一次静不定系统。不同基本静定基的选择如下：图6-1-7a．解除B支座的约束，以约束反力代替，即选择一端固定一端自由的悬臂梁作为基本静定基，相应的相当系统如图6-1-8（a）所示。b．解除A端阻止转动的约束，以约束反力代替，即选择两端简支的梁作为基本静定基，相应的相当系统如图6-1-8（b）所示。图6-1-8基本静定基选取遵循的原则：a．基本静定基必须能维持静力平衡，且为几何不变系统。b．基本静定基要便于计算，即要有利于建立变形协调条件。一般来说，求解变形时，悬臂梁最为简单，其次是简支梁，最后为外伸梁。（3）列出变形协调条件比较原静不定梁和静定基在解除约束处的变形，根据基本静定基的一切情况要与原超静定梁完全相同的要求，得到变形协调条件。如图6-1-9所示，为不同基本静定基下的变形协调条件。图6-1-9（4）用积分法或叠加法求变形，并求出多余未知力。（5）根据静力平衡条件在基本静定梁上求出其余的约束反力。（6）在基本静定梁上按照静定梁的方法求解内力、应力和变形。五、提高弯曲刚度的措施梁的变形除了和载荷与梁的约束有关外，还取决于材料、截面和跨度，表现为梁的变形与弹性模量E成反比，与截面的惯性矩Iz成反比，与跨度l的n次幂成正比。1．改善结构形式，减小弯矩的数值

272（1）改变载荷类型把集中力分散成分布力（如图6-1-10所示，弯矩有效减小），或者使力的作用点尽量靠近支座，可以取得减小弯矩降低弯曲变形的效果。图6-1-10（2）改变支座形式缩小支座跨度是减小弯曲变形的有效方法，若长度不能缩短可采取增加支承的方法提高梁的刚度，如图6-1-11所示。图6-1-112．选择合理的截面形状增大截面惯性矩的数值，可以提高弯曲刚度，工字型、槽形、T形截面都比面积相等的矩形截面有更大的惯性矩。3．合理选择材料弯曲变形与材料的弹性模量E有关，E值越大弯曲变形越小。

2736.2课后习题详解6.1写出图6-2-1所示各梁的边界条件。在图（d）中支座B的弹簧刚度系数为k。图6-2-1解：（a）x＝a，wA＝0；x＝a＋l，wB＝0（b）x＝a，wA＝0；x＝a＋l，wB＝0（c）x＝0，wA＝0；x＝l，wB＝－Δl1＝－qll1/（2E1A1）（d）x＝0，wA＝0；x＝l，wB＝－ql/（2k）6.2如将坐标系取为y轴向下为正（如图6-2-2所示），试证明挠曲线的近似微分方程（原教材公式6.5）应改写为图6-2-2证明：根据数学计算公式可知：1w322dw1dx

274在小变形情况下，有dw/dx＜＜1，因此近似有1/ρ＝|w″|。又1/ρ＝M/（EI），可得：w″＝±M/（EI）。22对于图6-2-13所示坐标有M＞0，且dw/dx＜0。22故w″＝－M/（EI），即dw/dx＝－M/（EI）。命题得证。6.3用积分法求图6-2-3所示各梁的挠曲线方程及自由端的挠度和转角。设EI为常量。图6-2-3解：（a）以自由端B为原点，沿轴线方向为x轴，建立坐标系。33①该梁的弯矩方程：M（x）＝－q0x/（6l），则挠曲线近似微分方程：EIw″＝M＝－q0x/（6l）。45依次进行积分得：EIw′＝－q0x/（24l）＋C，EIw＝－[q0/（24l）]·（x/5）＋Cx＋D。34②由边界条件：x＝l时，θA＝0，wA＝0，可确定积分常数：C＝q0l/24，D＝－q0l/30。③挠曲线方程：5341qxqlxqlwx000EI120l2430转角方程：431qxqlw00EI24l24④自由端挠度：4ql0wwBx030EI

275转角：3ql0w（顺时针）Bx024EI（b）以自由端A为原点，沿轴线方向为x轴，建立坐标系。①该梁的弯矩方程M1＝－Fx（0≤x≤a）M2＝Fa－2Fx（a≤x≤2a）则挠曲线近似微分方程EIw1″＝－Fx（0≤x≤a）EIw2″＝Fa－2Fx（a≤x≤2a）依次进行积分得2EIw1′＝－Fx/2＋C1（0≤x≤a）3EIw1＝－Fx/6＋C1x＋C2（0≤x≤a）2EIw2′＝Fax－Fx＋D1（a≤x≤2a）23EIw2＝Fax/2－Fx/3＋D1x＋D2（a≤x≤2a）②由边界条件：x＝2a时，w2＝0，w2′＝0。及连续性条件：x＝a时，w1＝w2，θ1＝θ2。可确定积分常数2323C1＝5Fa/2，C2＝－7Fa/2，D1＝2Fa，D2＝－10Fa/3③挠曲线方程3Fx5723axa0xaEI622w3Fa2x2103x22axaaxaEI23332④自由端挠度：wA＝－7Fa/（2EI），转角：θA＝5Fa/（2EI）（逆时针）。（c）以自由端B为原点，沿轴线方向为x轴，建立坐标系。①该梁的弯矩方程2M1＝－qx/2（0≤x≤l/2）M2＝－（ql/2）（x－l/4）（l/2≤x≤l）则挠曲线近似微分方程2EIw1″＝－qx/2（0≤x≤l/2）2EIw2″＝－qlx/2＋ql/8（l/2≤x≤l）依次进行积分得3EIw1′＝－qx/6＋C1（0≤x≤l/2）4EIw1＝－qx/24＋C1x＋C2（0≤x≤l/2）22EIw2′＝－qlx/4＋qlx/8＋D1（l/2≤x≤l）322EIw2＝－qlx/12＋qlx/16＋D1x＋D2（l/2≤x≤l）②由边界条件：x＝l时，w2＝0，w2′＝0。及连续性条件：x＝l/2时，w1＝w2，θ1＝θ2。可确定积分常数3434C1＝7ql/48，C2＝－41ql/384，D1＝ql/8，D2＝－5ql/48③挠曲线方程

276434qx7l41llxx0EI24483842w32234qxllxlx5llxlEI1216848243④自由端挠度：wB＝－41ql/（384EI）；转角：θB＝7ql/（48EI）（顺时针）。（d）以固定端A为原点，沿轴线方向为x轴，建立坐标系。①该梁的弯矩方程22M1＝qlx－qx/2－5ql/8（0≤x≤l/2）2M2＝qlx/2－ql/2（l/2≤x≤l）则挠曲线近似微分方程22EIw1″＝qlx－qx/2－5ql/8（0≤x≤l/2）2EIw2″＝qlx/2－ql/2（l/2≤x≤l）依次进行积分得152ql32EIwqlxxqlxC(0x)11268242ql32qx5qllEIwxxCxC(0x)1126241622ql2qllEIwxxD()xl214222ql32qllEIwxxDxD()xl2121242②由边界条件：x＝0时，w1＝0，w1′＝0。及连续性条件：x＝l/2时，w1＝w2，θ1＝θ2。34可确定积分常数：C1＝0，C2＝0，D1＝－ql/48，D2＝ql/384。③挠曲线方程222qxlx5llxx0EI624162w32234qlxlxlxllxlEI12448384243④自由端挠度：wB＝－71ql/（384EI）；转角：θB＝－13ql/（48EI）（顺时针）。（e）以A为原点，沿轴线方向为x轴，建立坐标系。根据平衡方程求得FA＝qa/2（↑），FB＝5qa/2（↑）①该梁的弯矩方程2M1＝qax/2－qx/2（0≤x≤2a）2M2＝－qa（3a－x）＝qax－3qa（2a≤x≤3a）

277则挠曲线近似微分方程2EIw1″＝qax/2－qx/2（0≤x≤2a）2EIw2″＝－qa（3a－x）＝qax－3qa（2a≤x≤3a）依次进行积分得32EIw1′＝－qx/6＋qax/4＋C1（0≤x≤2a）43EIw1＝－qx/24＋qax/12＋C1x＋C2（0≤x≤2a）22EIw2′＝qax/2－3qax＋D1（2a≤x≤3a）322EIw2＝qax/6－3qax/2＋D1x＋D2（2a≤x≤3a）②由边界条件x＝0时，w1＝0；x＝2a时，w1＝w2＝0及连续条件x＝2a时，w1′＝w2′，可确定积分常数34C1＝0，C2＝0，D1＝11qa/3，D2＝－8qa/3③包含自由端的挠曲线方程为qa133211283wxaxaxa2EI6233转角方程为qa12211wx3axa2EI23④自由端挠度4wC＝w2|x＝3a＝－2qa/（3EI）自由度转角3θ＝wC′＝w2′|x＝3a＝－5qa/（6EI）（顺时针）（f）结构，荷载对称，仅研究一半结构即可。以自由端C为原点，沿轴线方向为x轴，建立坐标系。FA＝FB＝F（↑）①该梁的弯矩方程M1＝－Fx（0≤x≤a）M2＝－Fa（a≤x≤3a）则挠曲线近似微分方程EIw1″＝－Fx（0≤x≤a）EIw2″＝－Fa（a≤x≤3a）依次进行积分得2EIw1′＝－Fx/2＋C1（0≤x≤a）3EIw1＝－Fx/6＋C1x＋C2（0≤x≤a）EIw2′＝－Fax＋D1（a≤x≤3a）2EIw2＝－Fax/2＋D1x＋D2（a≤x≤3a）②由边界条件x＝a时，w1＝w2＝0；当x＝3a时，w2＝0及连续性条件x＝a时，w1′＝w2′可确定积分常数2323C1＝3Fa/2，C2＝－4Fa/3，D1＝2Fa，D2＝－3Fa/2③挠曲线方程为F133243w1xaxa0xaEI623F13223w2ax23axaaxaEI22F133234w34axa4axa3ax4aEI623

278④自由端C挠度3wC＝w1|x＝0＝－4Fa/（3EI）自由端C转角2θ＝wC′＝w1′|x＝0＝3Fa/（2EI）（逆时针）6.4用积分法求图6-2-4所示各梁的挠曲线方程、端截面转角θA和θB、跨度中点的挠度和最大挠度。设EI为常量。图6-2-4解：（a）以A为原点，沿轴线方向为x轴，建立坐标系。①该梁的弯矩方程：M（x）＝Mx/l。则挠曲线近似微分方程：EIw″＝Mx/l。23依次积分得：EIw′＝Mx/（2l）＋C1，EIw＝Mx/（6l）＋C1x＋C2。②由边界条件：x＝0，x＝l时，均有w＝0，可确定积分常数：C1＝－Ml/6，C2＝0。③挠曲线方程：1M3MlwxxEI66l转角方程：1MM2wxlEI26l④端截面转角：θA＝－Ml/（6EI）（顺时针），θB＝Ml/（3EI）（逆时针），跨中截面挠度：2Mlwl16EI2

279令w′＝0，得lx3此时有最大挠度：2Mlwmax93EI（b）以A为原点，沿轴线方向为x轴，建立坐标系。根据该梁结构和载荷的完全对称性，取该梁的一半进行分析。①该梁的弯矩方程M1＝qax（0≤x≤a）22M2＝2qax－qx/2－qa/2（a≤x≤2a）则挠曲线近似微分方程EIw1″＝qax（0≤x≤a）22EIw2″＝2qax－qx/2－qa/2（a≤x≤2a）依次积分得2EIw1′＝qax/2＋C1（0≤x≤a）3EIw1＝qax/6＋C1x＋C2（0≤x≤a）232EIw2′＝qax－qx/6－qax/2＋D1（a≤x≤2a）3422EIw2＝qax/3－qx/24－qax/4＋D1x＋D2（a≤x≤2a）②由边界条件：x＝0时，wA＝0；x＝2a时，θ＝0。及连续性条件：x＝a时，w1＝w2，w1′＝w2′。334可确定积分常数：C1＝－11qa/6，C2＝0，D1＝－5qa/3，D2＝－qa/24。③挠曲线方程33qax11ax0xaEI66w34224qaxxax53aaxax2aEI32443243④端截面转角：θA＝－θB＝－11qa/（6EI）（顺时针）。4最大挠度位于梁跨中截面处，w中＝wmax＝－19qa/（8EI）。（c）以A为原点，沿轴线方向为x轴，建立坐标系。3①该梁的弯矩方程：M（x）＝q0lx/6－q0x/（6l）。3则挠曲线近似微分方程：EIw″＝M（x）＝q0lx/6－q0x/（6l）。2435依次积分得：EIw′＝q0lx/12－q0x/（24l）＋C1，EIw＝q0lx/36－q0x/（120l）＋C1x＋C2。3②由边界条件：wA＝wB＝0，可确定积分常数：C1＝－7q0l/360，C2＝0。③挠曲线方程：353qlxx7lwx0EI36120l36033④端截面扭转角：θA＝－7q0l/（360EI）（顺时针），θB＝q0l/（45EI）（逆时针）；跨中截面挠度：

28045qlw0l768EI24令w′＝0，得x＝0.52l，此时有最大挠度：wmax＝－5.01q0l/（768EI）。（d）以A为原点，沿轴线方向为x轴，建立坐标系。①该梁的弯矩方程2M1（x）＝3qlx/8－qx/2（0≤x≤l/2）2M2（x）＝ql/8－qlx/8（l/2≤x≤l）则挠曲线近似微分方程2EIw1″＝M1（x）＝3qlx/8－qx/2（0≤x≤l/2）2EIw2″＝M2（x）＝ql/8－qlx/8（l/2≤x≤l）依次积分得23EIw1′＝3qlx/16－qx/6＋C1（0≤x≤l/2）34EIw1＝qlx/16－qx/24＋C1x＋C2（0≤x≤l/2）22EIw2′＝qlx/8－qlx/16＋D1（l/2≤x≤l）223EIw2＝qlx/16－qlx/48＋D1x＋D2（l/2≤x≤l）②由边界条件：wA＝0，wB＝0。及连续性条件：x＝l/2时，w1＝w2，w1′＝w2′。334可确定积分常数：C1＝－3l/128，C2＝0，D1＝－17ql/384，D2＝ql/384。③挠曲线方程343qlxx3lxl0xEI16241282w22334qlxlx17lxllxlEI1648384384233④端截面扭转角：θA＝－3ql/（128EI）（顺时针），θB＝7ql/（384EI）（逆时针）；跨中截面挠度：45qlwl768EI24令w′＝0，得x＝0.459l，此时有最大挠度：wmax＝－5.04ql/（768EI）。（e）以A为原点，沿轴线方向为x轴，建立坐标系。结构和荷载对称，仅分析一半结构即可。FA＝FB＝q0a/2（↑）①该梁的弯矩方程3M（x）＝q0ax/2－q0x/（6a）（0≤x≤a）则挠曲线近似微分方程3EIw″＝M（x）＝q0ax/2－q0x/（6a）（0≤x≤a）依次积分得42EIw′＝－q0x/（24a）＋q0ax/4＋C1（0≤x≤a）53EIw＝－q0x/（120a）＋q0ax/12＋C1x＋C2（0≤x≤a）②由边界条件x＝0时，w＝0；x＝a时，w′＝0可确定积分常数3C1＝－5q0a/24，C2＝0③挠曲线及转角方程为

2815q0x1533w1axax0xaEI120a1224q0141253wxaxa0xaEI24a424④端截面扭转角3θA＝－θB＝w′|x＝0＝－5q0a/（24EI）（顺时针）跨中截面挠度4wC＝wmax＝w|x＝a＝－2q0a/（15EI）（f）以A为原点，沿轴线方向为x轴，建立坐标系。FA＝5qa/4（↑），FB＝7qa/4（↑）①该梁的弯矩方程2M1（x）＝5qax/4－qx/2（0≤x≤a）222M2（x）＝（7/4）qa（2a－x）－（1/2）q（2a－x）＝－qx＋9qax/4－qa/2（a≤x≤2a）则挠曲线近似微分方程512EIw11Mxqaxqx0xa422291EIw22Mxqx+2qaxqaaxa42依次积分得1532EIw11qxqaxC0xa681543EIw1qxqaxCxC120xa2424139212EIw21qxqaxqaxDax2a3821433122EIw2qxqaxqaxDxDa12x2a1284②由边界条件x＝0时，w1＝0；x＝2a时，w2＝0及连续性条件：当x＝a时，w1＝w2，w1′＝w2′可确定积分常数334C1＝－23qa/48，C2＝0，D1＝－5qa/16，D2＝－qa/24③挠曲线及转角方程q1352233w1xaxa0xaEI6848q1453233w1xaxax0xaEI242448

282q13921253w2xaxaxaax2aEI38216q14331225314w2xaxaxaxaax2aEI12841624④端截面扭转角3θA＝w1′|x＝0＝－23qa/（48EI）3θB＝w2′|x＝2a＝25qa/（48EI）A截面为顺时针，B截面为逆时针。跨中挠度4wC＝wmax＝w|x＝a＝－5qa/（16EI）6.5求图6-2-5所示悬臂梁的挠曲线方程及自由端的挠度和转角。设EI为常量。求解时应注意到梁在CB段内无载荷，故CB仍为直线。图6-2-5解：（a）以A为原点，沿轴线方向为x轴，建立坐标系。①AC段内，梁的弯矩方程：M（x）＝Fx－Fa（0≤x≤a）。则该段挠曲线近似微分方程：EIw″＝M（x）＝Fx－Fa。232依次积分得：EIw′＝Fx/2－Fax＋C1，EIw＝Fx/6－Fax/2＋C1x＋C2。由边界条件：θA＝0，wA＝0，可确定积分常数：C1＝C2＝0。故该段挠曲线方程：2Fxxawx0xaEI6232②C截面的挠度和转角分别为：wC＝－Fa/（3EI），θC＝－Fa/（2EI）。则CB段挠曲线方程为32FaFawxwCCxaxa32EIEI2Fa3xaaxl6EI22自由端B的挠度和转角分别为：wB＝－Fa（3l－a）/（6EI），θB＝－Fa/（2EI）。（b）以A为原点，沿轴线方向为x轴，建立坐标系。①AC段弯矩方程：M（x）＝－Me（0≤x≤a）。则该段的挠曲线近似微分方程：EIw″＝－Me。2依次积分得：EIw′＝－Mex＋C1，EIw＝－Mex/2＋C1x＋C2。由边界条件θA＝0，wA＝0，可确定积分常数：C1＝C2＝0。

2832则该段挠曲线方程为：w（x）＝－Mex/（2EI）（0≤x≤a）。2②C截面的挠度和转角分别为：wC＝－Mea/（2EI），θC＝－Mea/（EI）。则CB段挠曲线方程2MaMawxwxaeexaCC2EIEIMae2xaaxl2EI自由端B的挠度：wB＝－Mea（2l－a）/（2EI），转角：θB＝－Mea/（EI）。6.6若只在图6-2-6所示悬臂梁的自由端作用弯曲力偶Me，使其成为纯弯曲，则由1/ρ＝Me/（EI）知ρ＝常2量，挠曲线应为圆弧。若由微分方程（6.5）积分，将得到w＝Mex/（2EI）。它表明挠曲线是一抛物线。何以产生这种差别？试求按两种结果所得最大挠度的相对误差。图6-2-622解：方程dw/dx＝M/（EI）为挠曲线的近似微分方程，是由挠曲线微分方程2dwdx2M322EIdw1dx2中忽略了微量（dw/dx）得到的，因而会产生差别，但在小变形条件下，这种差别的影响较小。（1）抛物线形2wmax＝w（x）|x＝l＝Mel/（2EI）（2）圆弧形自由端挠度w的精确值为w＝ρ（1－cosθ），θ为自由端截面的转角。将cosθ用泰勒公式展开24cos1L2!4!1/ρ＝Me/（EI）dθ/（ds）＝1/ρθ＝l/ρ＝Mel/（EI）取cosθ的泰勒展开式的前三项，得

284242244234EIMlMlMlMlweeee2244332!4!Me2EI24EI2EI24EI相对误差222wwMl1wmaxemax22wmax12EI3l6.7用积分法求图6-2-7所示变截面梁的挠曲线方程、端截面转角和最大挠度。图6-2-7解：（1）取AC段为研究对象原点放到A点，当0≤x1≤a时，有M＝2Fx1w″＝M/（EI）2θ＝dw/dx＝Fx1/（EI）＋C1①3w＝Fx1/（3EI）＋C1x1＋C2②根据边界条件：x1＝0时，θ＝θA，w＝0，可得，C1＝θA，C2＝0。将积分常数的值代入式①②，令x1＝a，可得截面C的转角和挠度分别为2θC＝Fa/（EI）＋θA3wC＝Fa/（3EI）＋θAa（2）取CB段为研究对象原点放到C点，当0≤x2≤2a时，有M＝2F（a＋x2）－3Fx2，w″＝M/（2EI）2θ＝dw/dx＝Fax2/（EI）－Fx2/（4EI）＋C3③23w＝Fax2/（2EI）－Fx2/（12EI）＋C3x2＋C4④根据边界及连续性条件：x2＝0，θ＝θC，w＝wC，可得23C3＝θC＝Fa/（EI）＋θA，C4＝wC＝Fa/（3EI）＋θAa将积分常数的值代入式③④，可得22θ＝Fax2/（EI）－Fx2/（4EI）＋Fa/（EI）＋θA⑤2323w＝Fax2/（2EI）－Fx2/（12EI）＋[Fa/（EI）＋θA]x2＋Fa/（3EI）＋θAa⑥根据边界条件：x2＝2a，w＝wB＝0，代入式⑥可得2θA＝－11Fa/（9EI）将上式代入①式、②式、⑤式和⑥式，得变截面梁的转角和挠度方程AC段22θ（x1）＝Fx1/（EI）－11Fa/（9EI）

28532w（x1）＝Fx1/（3EI）－11Fax1/（9EI）CB段2F2211Fax244ax2x2a49EIEI3Fa2F311128Fawx2x2x2Fax22EI12EIEI9EI9EI（3）求端截面转角和最大挠度22端面转角：当x1＝0时，θ（0）＝θA＝－11Fa/（9EI）（顺时针）；当x2＝2a时，θ（2a）＝θB＝7Fa/（9EI）（逆时针）。最大挠度处θ＝0，由方程可知一定在CB段。令θ（x2）＝0，可得：x2＝0.211a。3故最大挠度wmax＝－0.914Fa/（EI）（↓）。6.8用积分法求图示梁的最大挠度和最大转角。提示：在图6-2-8（b）的情况下，梁对跨度中点对称，所以可以只考虑梁的二分之一。图6-2-8解：（a）根据平衡条件求得固定端支反力，如图6-2-9（a）所示，并建立坐标系。图6-2-9（a）①AB段：以点A为原点，其弯矩方程：M1＝Fx1－Fl（0≤x1≤l/2）。则其挠曲线近似微分方程：2EIw″＝Fx1－Fl。232依次积分得：2EIw′＝Fx1/2－Flx1＋C1，2EIw＝Fx1/6－Flx1/2＋C1x1＋C2。由边界条件：θA＝0，wA＝0，可确定积分常数：C1＝C2＝0。

286②BC段：以B为坐标原点，其弯矩方程：M2＝F（x2－l/2）（0≤x2≤l/2）。则其挠曲线近似微分方程：EIw″＝Fx2－Fl/2。232依次积分得：EIw′＝Fx2/2－Flx2/2＋D1，EIw＝Fx2/6－Flx2/4＋D1x2＋D2。23由连续性条件：θ1B＝θ2B，w1B＝w2B，可确定积分常数：D1＝－3Fl/16，D2＝－5Fl/96。综上，可得该梁的挠曲线方程2Fxlwx1x30lx11112EI2Fl13123253wx2x2xl2lx2l0x22EI328482分析可知，该悬臂梁最大挠度和最大转角均发生在自由端C截面上，故32wmax＝wC＝－3Fl/（16EI），θmax＝θC＝－5Fl/（16EI）（b）由于梁对跨中点对称，因此只考虑梁的一半。根据平衡条件求得梁支反力，如图6-2-9（b）中所示，并建立坐标系。图6-2-9（b）解法一：①AC段弯矩方程：M1（x）＝Fx1/2（0≤x1≤l/4）。则其近似挠曲线微分方程：EIw1″＝Fx1/2。23依次积分得：EIw1′＝Fx1/4＋C1，EIw1＝Fx1/12＋C1x1＋C2。由边界条件：x1＝0时，w1＝0。可确定积分常数：C2＝0。②CD段弯矩方程：M2（x2）＝Fx2/2（l/4≤x2≤l/2）。则其挠曲线近似微分方程：2EIw2″＝Fx2/2。23依次积分得：2EIw2′＝Fx2/4＋D1，2EIw2＝Fx2/12＋D1x2＋D2。由边界条件：x2＝l/2时，θ2＝0。连续性条件：x1＝x2＝l/4，θ1＝θ2，w1＝w2。223可确定积分常数：C1＝－5Fl/128，D1＝－Fl/16，D2＝－Fl/384。综上，可得该梁的挠曲线方程15Fl32wx11x1Flx10x1EI1212841F31213llwx22x2Flx2Flx22EI121638442分析可知，该梁最大挠度发生在梁中点截面处：33Flwwmax2lx2256EI2最大转角发生在两端铰支座截面处：

28725Flwmax1x10128EI解法二：此结构可简化为（a）图的结构，将自由端集中力变为F/2，将总长度变为l/2，则利用上一小题结32果wmax＝－3Fl/（16EI），θmax＝－5Fl/（16EI），有3wmax＝－3F′l′/（16EI）2θmax＝－5F′l′/（16EI）其中F′＝F/2，l′＝l/2。因此3Fl33223Flwmax16EI256EI2Fl52225Flmax16EI128EI6.9将微分方程的两端对x微分两次，并使用关系式即可得出试用以上四阶微分方程重解教材例6.2。图6-2-10

288（4）解：根据微分关系可得到梁微分方程：EIw＝－q，依次积分得（3）EIw＝－qx＋C12EIw″＝－qx/2＋C1x＋C232EIw′＝－qx/6＋C1x/2＋C2x＋C3432EIw＝－qx/24＋C1x/6＋C2x/2＋C3x＋C4由边界条件：x＝0时，w＝0，M＝EIw″＝0；x＝l时，w＝0；x＝l/2时，w′＝0；3可确定积分常数：C1＝ql/2，C2＝0，C3＝－ql/24，C4＝0。则简化梁的挠曲线方程：1141313wxqxqlxqlxEI2412244梁上最大挠度发生在跨中截面：wmax＝w（x）|x＝l/2＝－5ql/（384EI）。3最大转角发生在梁铰支座截面处：θmax＝w′（x）|x＝0＝ql/（24EI）。6.10用叠加法求图6-2-11所示各梁截面A的挠度和截面B的转角。EI为已知常数。图6-2-11解：（a）图6-2-11（a）可看作是两部分的叠加，如图6-2-12（a）所示。图6-2-12（a）查表得，在F力单独作用下A截面的挠度：

2893FlwA124EIB截面转角：2FlBA118EI在力偶Me作用下A截面的挠度：2lMe32FlwA228EIEIB截面转角：2MlFleB2EIEI故叠加得到，A截面的挠度：333FlFlFlwwwAA12A24EI8EI6EIB截面转角：222FlFl9FlBB12B88EIEIEI（b）图6-2-11（b）可看做是两部分的叠加，如图6-2-12（b）所示。图6-2-12（b）由叠加原理查表得A截面的挠度

290Faab222wAwA12wA22a2baba6EI2a2bFa223b6ab2a6EIB截面的转角F2baa4b3aFa2ba2b3aBB12B6EI2a2b6EI2a2bFa2ba2EI（c）图6-2-11（c）可看作是两部分的叠加，如图6-2-12（c1）所示。图6-2-12（c1）由叠加原理得：wwwAA12A其中，且45qlwA1384EIwwAA2故截面A挠度：415qlwwAA12768EI

291图6-2-12（c2）同理，由图6-2-12（c2）的叠加得到31qlBB21384EI（d）图6-2-11（d）可看做是两部分的叠加，如图6-2-12（d）所示。图6-2-12（d）在力偶作用下，由C截面挠度及转角引起的A截面挠度2llMeM4l2e2l3qlwwA2CC22EIEI216EI由叠加原理得，A截面挠度与B截面转角分别为444ql3qlqlwwwAA12A8EI16EI16EI2qll33ql22qlBB12B6EIEI12EI6.11用叠加法求图6-2-13所示外伸梁外伸端的挠度和转角，设EI为常数。

292图6-2-13解：（a）如图6-2-14（a）所示，将外伸梁AC看作两部分的叠加，则C截面转角CC12C注：1表示左侧集中载荷，2表示右侧集中载荷。图6-2-14（a）①左侧载荷1作用查表得在外力偶矩Me＝Fa作用下，B截面转角MlFaleB133EIEI22FaFalFaCB112EI3EI2EI323FaFalFawaCB113EI3EI3EI

293②右侧载荷2作用2FlB216EI2FlCB2216EI2FlawaCB2216EI综上，叠加得22FalFa22FlF24a16al3lCC12C3EI2EI16EI48EI22Fal2Fa3Fla2Fal316al16awwwCC12C3EI3EI16EI48EI2（b）如图6-2-14（b）所示，看作是两部分的叠加，力偶Me＝q0l/2和分布力q0共同作用。注：1表示力偶作用，2表示均布载荷作用。图6-2-14（b）①力偶1作用3MlqleB136EIEI32MaqlqlaeCB11EI62EIEI

2942322MaqalqlawaeCB112EI6EI4EI②均布载荷2作用3qlCB2224EI3qlawaCB2224EI于是叠加得到梁外伸端C截面的转角和挠度分别为3232qlqlaqlql5l12aCCC126EI2EI24EI24EI32232qlaqlaqlaqla56lawwwCC12C6EI4EI24EI24EI（c）如图6-2-14（c）所示，可看作是两部分的叠加，分别为均布载荷q和集中力F单独作用。注：1表示均布载荷作用，2表示集中力作用。图6-2-14（c）①均布载荷1作用3Ma2qaeB133EIEI3333qaqaqaqaCB116EI3EI6EI2EI4444qaqaqa11qawaCB118EI3EI8EI24EI②集中力2作用

2952Fl23qa2aqaBC2216EI16EI4EI4qawaCB224EI于是叠加得外伸端C截面转角挠度分别为333qaqaqaCC12C2EI4EI4EI44411qaqa5qawwwCC12C24EI4EI24EI（d）如图6-2-14（d）所示，可看作是两部分的叠加，其中剪力F不引起变形。注：1表示外伸部分均布载荷作用，2表示跨中均布载荷作用。图6-2-14（d）①右侧均布载荷1作用查表得2MlqaleB136EIEI3232qaqalqaqalaCB116EI6EI6EI6EI4343qaqalqaqa43lawaCB118EI6EI8EI24EI②左侧均布载荷2作用

2963qlBC2224EI3qlawaCB2224EI综上，由叠加原理2323qalaql3ql44alaCC12C6EI24EI24EI3332qa43laqla3qal34aalwwwCC12C24EI24EI24EI6.12某磨床尾架如图6-2-15所示。顶尖上的作用力在铅锤方向的分量FV＝950N，在水平方向的分量FH＝600N。顶尖材料的弹性模量E＝210GPa。求顶尖的总挠度和总转角。提示：先求顶尖上的合力，然后再求总挠度和总转角。图6-2-15解：根据题意，顶尖的合力为：2222FFF950600N1124NVH顶尖可简化为一悬臂梁，查表可得其总挠度和总转角分别为33Fl3112480.310wm0.118mm3EI94π3210100.026423Fl2112480.310rad0.0022rad2EI94π2210100.02646.13变截面梁如图6-2-16（a）所示，试求跨度中点C的挠度。

297图6-2-16解：由于梁在各段内截面惯性矩不同，本题采用叠加法来求解。将BD部分看作是在截面D固定的悬臂梁（如图6-2-16（c））。可得B端的挠度3Fl324FlwB13EI384EI因为截面D上的剪力和弯矩分别是F/2和Fl/8。所以可利用表6-1-1序号1和序号2的公式得2FllFl22842433FlFlDEI2EI64EI128EI11123FllFl33842455FlFlwD2EI3EI768EI1536EI111B端因为θD和wD产生的挠度是

298323l5Fl3Fll7FlwwB2DD41536EI128EI4768EI综合以上得333Fl73FlFlwwwwCBB12B384EI768EI256EI6.14求图6-2-17所示变截面梁自由端的挠度和转角。图6-2-17解：将已知梁看作是两部分的叠加，如图6-2-18所示。图6-2-18查表得32w1＝－Fl1/（3EI1），θ1＝－Fl1/（2EI1）322w2＝－Fl2/（3EI2）－Fl1l2/（2EI2），θ2＝－Fl2/（2EI2）－Fl1l2/（EI2）由叠加原理可得自由端C截面的转角和挠度分别为22θC＝θ1＋θ2＝－Fl1/（2EI1）－Fl2/（2EI2）－Fl1l2/（EI2）33wC＝w1＋w2＋θ2l1＝－Fl1/（3EI1）－Fl2/（3EI2）－Fl1l2（l1＋l2）/（EI2）6.15桥式起重机的最大载荷为W＝20kN。起重机大梁为No.32a工字钢，E＝210GPa，l＝8.76m，规定[w]＝l/500。试校核大梁的刚度。图6-2-19解：梁的受力简图，如图6-2-20所示。

299图6-2-20根据平衡条件可得支反力：FRA＝W（l－x）/l。x截面处弯矩值：M（x）＝FRA·x＝[W（l－x）/l]·x，为求其最大值，令dM/dx＝0，得x＝l/2。此时有最大弯矩值：Mmax＝Wl/4。4梁上的最大挠度发生在跨中截面处，查型钢表知No.32a号工字钢截面参数I＝11100cm。则333Wl20108.76wm12mmmax9848EI48210101110010所以wmax＜[w]＝l/500＝8.76/500m＝17.5mm。满足刚度要求。6.16弹簧扳手的主要尺寸及其受力简图如图6-2-21所示。材料的E＝210GPa。当扳手产生200N·m的力矩时，试求C点（刻度所在处）的挠度。图6-2-21解：当扳手产生200N·m的力矩时，所需施加的力F为：F＝Me/l＝200/0.33N＝606.06N。根据受力图，查表得C点的挠度22Fx606.060.2530.31750.25wC3lxm29.4mm6EI94π6210100.01164即C点（刻度所在处）的挠度为29.4mm。6.17磨床砂轮主轴的示意图如图6-2-22所示。轴的外伸段的长度a＝100mm，轴承间距离l＝350mm，E＝210GPa。Fy＝600N，Fz＝200N。试求主轴外伸端的总挠度。

300图6-2-22解：根据题意，可将主轴简化为如图6-2-23所示，并可看作是两部分的叠加。图6-2-233对于悬臂梁BC，在F力作用下，C点挠度：wC1＝－Fa/（3EI）。2简支梁AB中，在力矩Me＝Fa作用下，C点挠度：wC2＝－Fal/（3EI）。2叠加可得：wC＝wC1＋wC2＝－Fa（l＋a）/（3EI）。又作用在主轴外端的合力：2222FF+F200+600N632Nzy代入数据得主轴外伸端的总挠度22Fala+6321003501003wmm2.2510mmC3EI34π32101080646.18在简支梁的一半跨度内作用均布载荷q（图6-2-24（a）），试求跨度中点的挠度。设EI为常数。提示：把图6-2-24（a）中的载荷看作是图6-2-24（b）和6-2-24（c）中两种载荷的叠加。在图6-2-24（b）所示载荷作用下，跨度中点的挠度等于零。

301图6-2-24解：根据题图，将图6-2-24（a）看作是图6-2-24（b）、图6-2-24（c）的叠加。由于图6-2-24（b）中载荷关于结构反对称，故wb＝0，于是w＝wc。在图6-2-24（c）中，查表可知：q45l425qlwc384EI768EI4则梁跨中挠度：w＝wc＝－5ql/（768EI）。6.19用叠加法求简支梁在图6-2-25所示载荷作用下跨度中点的挠度。设EI为常数。图6-2-25解：（a）将图6-2-25（a）已知载荷看作是两部分载荷的叠加，如图6-2-26（a）所示，则由叠加原理可得C

302点挠度：wwwCC12C其中，由载荷对称性可知wwCC2则有441155qlqlww00CC122384EI768EI图6-2-26（a）（b）将图6-2-25（b）已知载荷看作是两部分载荷的叠加，如图6-2-26（b）所示，则由叠加原理可得C点挠度：wCwC12+wC。图6-2-26（b）其中，查表知

30345qlw2C1384EI又根据（1）中的解知45q12qlwC2768EI故梁跨度中点挠度：4445ql255q1ql2q1ql2ww+wCC12C384EI768EI768EI6.20求图6-2-27所示简单刚架自由端C的水平位移和铅垂位移。设EI为常数。图6-2-27解：假设沿截面B将刚架分成两部分。AB的截面B上如图6-2-27所示有轴力FN＝F和弯矩M＝Fa。忽略轴力对截面B位移的影响，在M作用下，则有2wB＝－Fal/（2EI），θB＝－Fal/（EI）如图6-2-27（c）所示截面C的水平位移为3（wC）H1＝－Fa/（3EI）C的铅垂和水平位移分别为2（wC）V＝wB＝－Fal/（2EI）32（wC）H＝（wC）H1＋aθB＝－Fa/（3EI）－Fal/（EI）6.21如图6-2-28所示，直角拐AB与AC轴刚性连接，A处为一轴承，允许AC轴的端截面在轴承所在平面内自由转动，但不能上下移动。已知F＝60N，E＝210GPa，G＝0.4E。试求截面B的铅垂位移。

304图6-2-28解：B截面的垂直位移由两部分组成。①因AC的扭转变形，从而使AB杆绕AC轴线作刚体转动而产生位移，其值为Tl0.3600.30.532wa0.3m2.04mm()194GI0.421010π0.02p②AB杆自身的弯曲变形产生的B点垂直位移，其值为33Fa600.3123w29312m6.1710m6.17mm()3EI32101051010③根据叠加原理可得截面B的垂直位移wB＝w1＋w2＝（2.04＋6.17）mm＝8.21mm（↓）6.22如图6-2-29所示，刚架ABC的EI为常量，拉杆BD的横截面面积为A，弹性模量为E。试求C点的铅垂位移。图6-2-292解：根据平衡方程：FNBD·a－qa/2＝0，可得DB杆内轴力：FNBD＝qa/2。分析可知，C点的垂直位移由三部分组成：①BD杆的伸长引起的，由胡克定律和变形几何关系可得1qaa2FlqawlNBD2C1EAEA2EA

305②AB杆弯曲引起B截面产生转角，BC杆刚性旋转引起，其值为12qaa4Mlqawaea2aCB23EI3EI6EI③在均布载荷q作用下，引起BC杆弯曲变形：4qawC38EI综上，叠加得C点的垂直位移24424qaqaqaqa7qawwww()CCC1C2C32EA6EI8EI2EA24EI6.23如图6-2-30所示，刚架BCDE用铰与悬臂梁的自由端B相连接，各杆EI相同，且为常量。若不计结构的自重，试求F力作用点E的铅垂位移。图6-2-30解：解法一：用能量法求解，建立如图6-2-31所示坐标系。图6-2-31列出各段弯矩方程及其对力F的偏导M1＝Fx1，∂M1/∂F＝x1M2＝Fa，∂M2/∂F＝aM3＝Fa－F（a－x3），∂M3/∂F＝x3M4＝Fx4，∂M4/∂F＝x4（0≤x1，x2，x3，x4≤a）

306由卡氏定理得：MxMFa32wxid()EEIFEI解法二：结构是由一个悬臂梁AB和一个平面钢架BCDE构成，因此E点的铅垂位移由悬臂梁自由端铅垂位移叠加上钢架节点B和E之间的相对位移。（1）悬臂梁自由端位移3w1＝－Fa/（3EI）（2）钢架的B、E两节点之间的相对位移对B点取矩，∑MB＝0，则E处的水平力为0。在钢架节点C或D处的弯矩为M＝Fa，因此E点相对于D点的位移为333FaFaMlMlFaFaaFaawaaa23EI3EI3EI6EI3EI3EI6EI35Fa6EI3由于钢架结构对称，B点相对于C点的铅垂位移也为－5Fa/（6EI），所以B、E之间的相对位移为3wBE＝2w2＝－5Fa/（3EI）E点的总的铅垂位移为333δEy＝w1＋wBE＝－Fa/（3EI）－5Fa/（3EI）＝－2Fa/（EI）（↓）6.24悬臂梁如图6-2-32所示，有载荷F沿梁移动。若使载荷移动时总保持相同的高度，试问应将梁轴线预弯成怎样的曲线？设EI为常数。图6-2-32解：对图6-2-32作如图6-2-33所示标记。图6-2-333当F作用于x处时，查表知该截面处的挠度为：w＝－Fx/（3EI）。3因此为满足要求，梁轴线应预弯成的曲线方程为：y＝－w＝Fx/（3EI）。6.25滚轮沿简支梁移动时，要求滚轮恰好走一水平路径，试问须将梁的轴线预先弯成怎样的曲线？设EI为常数。解：令y＝f（x）为梁预弯的曲线，由题设条件知f（x）＋w（x）＝0

307查表6-1-1第9项，可得22Fxlx()222Fxlxwx()lxlx63EIlEIl22f（x）＝－w（x）＝Fx（l－x）/（3EIl）6.26如图6-2-34所示，一端固定的板条截面尺寸为0.4mm×6mm，将它弯成半圆形。求力偶矩Me及最大22正应力ζmax的数值。设E＝200GPa。试问这种情况下，能否用ζ＝M/W计算应力？能否用dw/dx＝M/（EI）计算变形？何故？图6-2-34解：ρ＝l/π＝628/π＝200mm3312001060.4EI12M32Nmm0.032Nm200M32200MPamaxW1260.4622可以用ζ＝M/W计算应力，应力表达式是根据平衡方程得到的，与变形无关。但是不能用dw/dx＝M/（EI）2计算变形，因为此公式中略去了小变形情况下的一个小量（dw/dx），因此此公式仅适用于小变形，题中为大变形。6.27图6-2-35中两根梁的EI相同，且等于常量。两梁由铰链相互连接。试求F力作用点D的挠度。图6-2-35解：如图6-2-36所示，将梁在铰链C点断开，看作是两部分的叠加。

308图6-2-36根据平衡条件可得C点支反力为F/2，则D点位移即为两部分的叠加：①CE梁在力F作用下，查表得，D点挠度为33F(2)aFawD148EI6EI②AC梁在力F/2作用下引起C点的位移FF3aaa322FawaC23EI3EI3EI3根据几何关系，D点挠度为C点的一半，故wD2＝wC2/2＝－Fa/（6EI）。根据叠加原理得D点位移3wD＝wD1＋wD2＝－Fa/（3EI）6.28若图6-2-37所示CDE梁端点E的位移等于弹簧伸长的1.5倍，试求CDE梁的抗弯刚度EI。设弹簧的9平均半径R＝80mm，簧丝直径d＝20mm。圈数n＝7，G＝80×10Pa。图6-2-37解：由平衡方程可得，弹簧在C处所受拉力为310N，则弹簧变形量3364F12FRn643100.087m5.55mm494Gd80100.02将梁沿铰接点C处断开，把CE看作有弹性支座C的外伸梁，查表知在支座C支反力F＝220N和在FE＝220N共同作用下，端点E的位移：32FawE13EI

309又弹簧自身变形产生λ的位移，由此产生E点位移wE，故E点的总位移为232FawwwEE12E3EI根据题意wE＝1.5λ，联立上式得：32Faw0.5E13EI342则CDE梁的抗弯刚度：EI＝4Fa/（3λ）＝2.23×10N·m。6.29悬臂梁的横截面尺寸为75mm×150mm，在截面B上固定一个指针如图6-2-38所示。在集中力3kN作用下，试求指针端点的铅垂位移。设E＝200GPa。图6-2-38解：指针在B端和梁固结，故只随着B点作平移和转动，因此指针端点的位移由两部分组成：①B截面挠度引起的位移wB；②B截面转角θB引起的位移θB×l/2。则有：323lFlFllFlwwBB23EI2EI212EI代入数据：330000.9wm0.0432mm93112200100.0750.15126.30等强度梁如图6-2-39所示，设F，a，b，h及弹性模量E均为己知。试求梁的最大挠度。

310图6-2-39解：（1）建立如图6-2-40（a）所示坐标系。图6-2-40（a）①BC段弯矩方程：M（x1）＝－Fa（0≤x1≤a）。则其挠曲线近似微分方程：EI1w1″＝－Fa。2依次积分得：EI1w1′＝－Fax1＋C1，EI1w1＝－Fax1/2＋C1x1＋D1。②CA段弯矩方程：M（x2）＝－Fa－F（x2－a）＝－Fx2（a≤x2≤2a）。则其挠曲线近似微分方程：EI2w2″＝－Fx2。33其中：I1＝bh/12，I2＝（1/12）（bx2/a）h＝I1·（x2/a）。则CA段近似方程可整理为：EI1w2″＝－Fa。2依次积分得：EI1w2′＝－Fax2＋C2，EI1w2＝－Fax2/2＋C2x2＋D2。③由边界及连续性条件：x1＝x2＝a时，w1′＝w2′，w1＝w2；x2＝2a时，w2′＝0，w2＝0。23可确定积分常数：C1＝C2＝2Fa，D1＝D2＝－2Fa。则该梁的挠曲线方程：

31111223wxFax2Fax2Fa0x2aEI12333最大挠度发生在自由端B截面：wmax＝wB＝－2Fa/（EI1）＝－24Fa/（Ebh）。（2）建立如图6-2-40（b）所示坐标系。图6-2-40（b）根据梁结构载荷的完全对称性，分析梁的左半部分即可。AC段弯矩方程：M（x）＝Fx/2（0≤x≤a）。则近似挠曲线微分方程：EI1w″＝Fx/2。其中，横截面对中性轴的惯性矩：1133bI1bxhxh1212a3令I＝bh/12，则I1＝（x/a）I。故挠曲线微分方程可变形为：EIw″＝Fa/2。2依次积分得：EIw′＝Fax/2＋C，EIw＝Fax/4＋Cx＋D。由边界条件：x＝0，w＝0；x＝a，w′＝0。2可确定积分常数：C＝－Fa/2，D＝0。则该梁的挠曲线方程：21Fa2Fawxxx0xaEI42333最大挠度发生在梁跨中C截面：wmax＝wC＝－Fa/（4EI）＝－3Fa/（Ebh）。36.31如图6-2-41所示等截面梁，抗弯刚度EI。设梁下有一曲面y＝－Ax，欲使梁变形后恰好与该曲面密合，且曲面不受压力。试问梁上应加什么载荷？并确定载荷的大小和方向。图6-2-41解：根据题意，梁变形的挠曲线方程3w＝y＝－Ax

312求导可得微分方程：w″＝M（x）/（EI）＝－6Ax。则该梁的弯矩方程：M（x）＝－6AEIx。又由弯矩、剪力之间的微分关系可得，作用在梁上的剪力：FS（x）＝M′（x）＝－6AEI。由此可绘制梁的弯矩和剪力图如图6-2-42（a）所示，从而可得梁上所应施加的载荷如图6-2-42（b）所示，即在自由端施加一竖直向上的力F＝6AEI和一顺时针的力偶矩Me＝6AEIl。图6-2-426.32如图6-2-43所示，总重为W、长度为3a的钢筋，对称地放置于宽为a的刚性平台上。试求钢筋与平台间的最大间隙δ。设EI为常量。图6-2-43解：如图6-2-44所示，将已知梁简化为在均布载荷q＝W/（3a）作用下的外伸梁。最大间隙δ即为跨度中点的挠度，将外伸梁部分的载荷简化为集中力和力偶，由外伸梁简化为简支梁，则根据叠加原理可得WW34243aa5Ml5ql63a19Wae2216EI384EI16EI384EI1152EI图6-2-44

3136.33长为l弯曲刚度为EI的直梁且在梁的中间不存在任何支承，在外载荷的作用下，挠曲线方程为试确定：（1）梁上作用的载荷情况；（2）梁两端的约束条件。解：（1）2qx22wx46lxl24EI322qxqlxqlxw6EI2EI2EI22M＝EIw″＝－qx/2＋qlx－ql/2Q＝M′＝－qx＋ql剪力线性变化，且一次项系数为负，有作用向下的均布载荷。（2）当x＝0时，w＝0，w′＝0；当x＝l时，w≠0，w′≠0。约束条件为左端固定，右端自由的悬臂梁。6.34悬臂梁的下面是一半径为R的刚性圆柱面（见图6-2-45）。在集中力F作用下，试求端点B的挠度。图6-2-45解：（1）当梁变形后曲率半径ρ＞R时，梁上仅有A点与刚性圆柱面接触。设此时外力F＝F0，则由A点ρ＝R，即1/ρ＝1/R＝M/（EI）＝F0l/（EI），得F0＝EI/（Rl）。3此时，端点B的挠度：wB＝－F0l/（3EI）。（2）当变形后，梁上有一段圆弧与圆柱面接触，即F＞F0＝EI/（Rl）时，根据变形图6-2-46，由叠加原理可知wBwCClx+wB2其中，由C点ρ＝R，即1/ρ＝1/R＝F（l－x）/（EI），得x＝l－EI/（FR）。故端点B的挠度

3143x2EIEIFlx1wBwCClxwB22l23RFRFREI2l2EI2326RFR图6-2-466.35车床床头箱的一根传动轴可简化成三支座等截面梁，如图6-2-47所示。试用叠加法求解，并作该轴的弯矩图。图6-2-47解：为求得支反力，解除支座C多余约束力，代之以反力FRC。已知轴的变形可看作是两部分的叠加，如图6-2-48所示，可得变形协调方程www0CC12C①

315图6-2-48其中，将BC看做刚性llF0.4l0.6ll0.4lw②CB126EIl2在FRC作用下，C端挠度2llFlRC22③wC23EI联立式①②③得：FRC＝0.224F（↓）。由平衡条件可得支座反力：FRA＝0.488F（↑），FRB＝0.736F（↑）。绘制弯矩图如图6-2-49所示。图6-2-496.36图6-2-50所示三支座等截面轴，由于制造不精确，轴承有高低。设EI，δ和l均为已知量，试用叠加法求图示两种情况的最大弯矩。

316图6-2-503解：（a）如图6-2-51（a）所示，解除C处约束，代以反力FRC，可得变形协调条件为δ＝wC。其中wC＝2FRCl/3（3EI），故FRC＝3δEI/（2l）。2分析可知，最大弯矩值发生在B截面，则Mmax＝FRCl＝3δEI/（2l）。图6-2-51（a）（b）如图6-2-51（b）所示，解除B处约束，代以反力FRB，可得变形协调条件为δ＝wB。其中，查表知333wB＝FRB（2l）/（48EI）＝FRBl/（6EI），故FRB＝6EIδ/l。2分析可知，最大弯矩值发生在B截面，则Mmax＝－（FRB/2）·l＝－3EIδ/l。图6-2-51（b）6.37房屋建筑中的某一等截面梁可简化成为均布载荷作用下的双跨梁（见图6-2-52）。试作该梁的剪力图和弯矩图。图6-2-52解：如图6-2-53所示，解除C处约束，代以反力FRC，可得变形协调条件wC＝0。由叠加原理可知：

317435q2lFRC2lw0C384EI48EI解得：FRC＝5ql/4。故由平衡条件可得支座反力：FRA＝FRB＝3ql/8。绘制剪力图和弯矩图，分别如图6-2-53所示。图6-2-536.38试用积分法求解图6-2-54（a）所示超静定梁。设EI为常量。

318图6-2-54解：如图6-2-54（b）所示，以FRA表示支座A的约束力，则有2M（x）＝FRAx－qx/222由式dw/dx＝M/（EI）得222EI（dw/dx）＝M（x）＝FRAx－qx/2积分得23EI（dw/dx）＝EIθ＝FRAx/2－qx/6＋C①34EIw＝FRAx/6－qx/24＋Cx＋D②梁的左端为铰支座，则有x＝0时，w＝0。梁的右端固定，则有x＝l时，w＝0，dw/（dx）＝0。以上数据代入式①②，得D＝023FRAl/2－ql/6＋C＝023FRAl/6－ql/24＋C＝0由此得3C＝－ql/48，FRA＝3ql/86.39图6-2-55所示结构中，1，2两杆的抗拉刚度同为EA。（1）若将横梁AB视为刚体，试求1和2两杆的内力。（2）若考虑横梁的变形，且抗弯刚度为EI，试求1和2两杆的拉力。

319图6-2-55解：（1）将梁视为刚体，解除1，2杆的约束，代以轴力FN1、FN2。由平衡条件可得∑MA＝0，FN1·a＋2FN2·a＝Fa①根据几何关系可得变形协调方程2Δl1＝Δl2②由胡克定律可得Δl1＝FN1l/（EA），Δl2＝FN2l/（EA）③联立式①②③可得1和2两杆的轴力分别为：FN1＝F/5，FN2＝2F/5。（2）考虑梁变形情况下，有变形协调方程wC＋Δl2/2＝Δl1④3其中，查表知wC＝（F－FN1）（2a）/（48EI）。又由胡克定律，式④可变形为3FFN18aFlN2FlN1⑤48EI2EAEA联立式①⑤可得1和2两杆的拉力：332IlaAFFN1315Il2aA6IlFFN2315Il2aA6.40图6-2-56所示结构中，梁为No.16号工字钢；拉杆的横截面为圆形，d＝10mm。两者均为Q235钢，E＝200GPa。试求梁及拉杆内的最大正应力。解：解除拉杆对梁的约束，代以轴力FN，则有变形协调条件wB＝Δl①

320图6-2-5643其中，由叠加原理可得wB＝ql/（8EI）－FNl/（3EI），由胡克定律可得Δl＝FNl/（EA）。43查型钢表知No.16号工字钢的截面性质：I＝1130cm，W＝141cm。将以上数据代入式①可得：FN＝14.5kN。2分析可知，梁上最大弯矩值发生在固定端，值为：Mmax＝－ql/2＋FNl＝－22kN·m3－6故梁内最大正应力：ζmax＝Mmax/W＝22×10/（141×10）Pa＝156MPa。杆内最大正应力：3F14.510NPa185MPamaxπA20.0146.41图6-2-57所示两根梁的材料相同，截面惯性矩分别为I1和I2。在无外载荷作用时两梁刚好接触。试求在F力作用下，两根梁分别负担的载荷。

321图6-2-57解：如图6-2-58所示，将两根梁分开，代以反力FR。图6-2-5833可得变形协调方程：w1＝w2，其中，查表知w1＝（F－FR）l1/（48EI1），w2＝FRl2/（48EI2）。333解得：FR＝I2l1F/（I2l1＋I1l2）。333故上梁负担的载荷：F1＝F－FR＝I1l2F/（I1l2＋I2l1）。333下梁负担的载荷：F2＝FR＝I2l1F/（I1l2＋I2l1）。3236.42图6-2-59所示悬臂梁的抗弯刚度EI＝30×10N·m。弹簧的刚度系数为175×10N/m。若梁与弹簧间的空隙为1.25mm，当集中力F＝450N作用于梁的自由端时，试问弹簧将分担多大的力？

322图6-2-59解：如图6-2-60所示，分析可知，该梁的变形协调条件为梁自由端的挠度等于梁与弹簧之间的空隙δ和弹簧被压缩高度Δ之和，即w＝δ＋Δ①3设弹簧承受压力为T，查表得自由端挠度：w＝（F－T）l/（3EI）。－333－3又Δ＝T/C，δ＝1.25×10m，则式①可变形为：（F－T）l/（3EI）＝T/（175×10）＋1.25×10。代入数据可得弹簧分担的力：T＝82.6N。图6-2-60626.43图6-2-61所示悬臂梁AD和BE的抗弯刚度同为EI＝24×10N·m，由钢杆CD相连接。CD杆的l－42＝5m，A＝3×10m，E＝200GPa。若F＝50kN，试求悬臂梁AD在D点的挠度。图6-2-61

323解：如图6-2-62所示，解除CD杆，代之以内力FN，则变形协调条件为：wC＝wD＋Δl。图6-2-62其中，查表得：3lF1N32FlN1wD3EI24EI由叠加原理得：2lF13332l1FNl15Fl1FlN1www3lCFFN16EI23EI248EI24EI由胡克定律得：Δl＝FNl/（EA）。将以上各式代入协调条件，可得：3335FlFlFlFl1N1N1N48EI24EI24EIEA解得：FN＝45.5kN。故悬臂梁AD在D点的挠度：333Fl45.5104wN1m5.06mmD624EI2424106.44图6-2-63所示悬臂梁的自由端恰好与光滑斜面接触。若温度升高ΔT，试求梁内最大弯矩，设E，A，I，αl已知，且梁的自重以及轴力对弯曲变形的影响皆可略去不计。

324图6-2-63解：温度升高ΔT后，在光滑斜面反力F作用下梁的变形如图6-2-64中所示AB′，由图中几何关系可知：FV＝FH。图6-2-64且变形协调方程：wB＝αlΔTl－Δl。3其中，查表得wB＝FVl/（3EI），又由胡克定律得：Δl＝FHl/（EA）。3将以上各式代入协调条件，可得：αlΔTl－FHl/（EA）＝FVl/（3EI）。2解得：FH＝FV＝3EAIαlΔT/（3I＋Al）。2梁内最大弯矩发生在固定端A截面处，值为：Mmax＝FVl＝3EAIαlΔTl/（3I＋Al）。6.3名校考研真题详解一、选择题1．同一根简支梁AB分别承受如图所示两种载荷作用，C为AB梁的中点，假设在图6-3-1（1）和（2）两种情况下，C截面的挠度分别为w1和w2，C截面的转角分别为θ1和θ2，则（）。[北京航空航天大学2015研]图6-3-1A．w1＝w2，θ1＝θ2B．w1≠w2，θ1＝θ2C．w1＝w2，θ1≠θ2D．w1≠w2，θ1≠θ2【答案】C

325【解析】在小变形范围内可以利用变形叠加法，图（1）可以视为两个均布载荷q都作用在AC段，图（2）可以视为两个均布载荷分别作用在AC和BC段。所以两者挠度相等；但是（2）中由于载荷和结构对称，C截面没有发生转动，而（1）中C截面发生了转动。2．悬臂梁上作用有均布载荷q，则该梁的挠度曲线方程y（x）是x的（）方程。[华南理工大学2016研]A．一次B．两次C．三次D．四次【答案】D【解析】悬臂梁上作用有均布载荷q时，该梁的挠度曲线方程是2qx22yxx46lxl24EI3233．已知跨度为l的梁的挠曲线为w＝qx（l－3lx＋2x），坐标系建立在梁的左端。梁两端的约束可能是______。[中国科学技术大学2016研]A．两端简支B．左端简支，右端固定C．两端固定D．右端简支，左端固定【答案】B3233【解析】当x＝0时，w＝0；x＝l时，w＝0。又因为θ＝w′＝ql－9qlx＋8qx，则当x＝0时，w′＝ql；x＝l时，w′＝0。由边界条件：在固定端，挠度和转角都为零，在简支座上，挠度为零。因此，梁左端简支，右端固定。4．长为l的简支梁受满跨均布荷载作用，已知荷载集度为q，抗弯刚度为EI，则跨度中央截面处中性层的曲率半径ρ为（）。[重庆大学2016研]2A．8EI/（ql）2B．ql/（8EI）2C．4EI/（ql）2D．ql/（4EI）【答案】A2【解析】由1/ρ＝M/（EI），可推出ρ＝EI/M＝8EI/（ql）。二、填空题1．如图6-3-2所示刚架，AB段承受均布载荷q作用，各截面的弯曲刚度均为EI，AB段和BC端的长度均为a，不计BC段轴向压缩变形，则自由端A截面的转角θA＝______，其方向为______（顺时针或逆时针）。[北京航空航天大学2014研]

326图6-3-23【答案】2qa/（3EI）；逆时针3【解析】由悬臂梁受均布载荷自由端转角为θAB＝qa/（6EI），悬臂梁自由端受力偶作用，转角为θBC＝Ma/3333（EI）＝qa/（2EI），所以θA＝θBC＋θAB＝qa/（2EI）＋qa/（6EI）＝2qa/（3EI）。2．如图6-3-3所示简单超静定直梁（图a），EI为常量，在B处切片，出现多余的约束力FB（图b）则该梁的变形协调条件为______，对图b按叠加法进行求解，在q单独作用下B处的位移为______，在FB单独作用下B处的位移为______，最终的FB＝______。[西南交通大学2014研]图6-3-3【答案】BB0；ql4/（8EI）；－Fl3/（3EI）；3ql/8qFBB3．如图6-3-4所示组合梁ABC，在梁间铰B和BC段上分别作用沿铅垂方向的集中力qa和均布载荷q，AB和BC段各截面的弯曲刚度均为EI，则B截面的铅垂位移大小为______，方向铅垂______（填写“向上”或“向下”）。[北京航空航天大学2015研]

327图6-3-44【答案】qa/（2EI）；向下【解析】首先将BC作为研究对象2∑MC＝0，FBa－qa/2＝0所以FB＝qa/2，悬臂梁AB的B处集中载荷为FB′＝qa/2＋qa＝3qa/2。因此34δB＝F′Ba/（3EI）＝qa/（2EI）（↓）4．如图6-3-5所示简支梁，弯曲刚度EI为常数，在截面C处承受集中载荷F和弯曲力偶矩Me作用，其中Me＝Fl/4。截面C的挠度为______，截面C的转角为______。[北京航空航天大学2016研]图6-3-532【答案】－Fl/（48EI）（↓）；Fl/（48EI）（逆时针）【解析】利用单位载荷法，从A、B两端为起点，如图6-3-6，弯矩分别为图6-3-6M（x1）＝（3/4）F·x1，M（x2）＝（1/4）F·x2在C处分别施加单位弯矩，得到AB简支梁弯矩＿＿M（x1）＝（1/l）·x1，M（x2）＝－（1/l）·x2所以C截面的转角为

328llMxMx()()MxMx()()2211ddxx22C1200EIEI3x1xFx1Fx2ll12224l4lddxx1200EIEI2Fl48EI在C处施加单位集中载荷，得到AB简支梁弯矩＿＿M（x1）＝（1/2）·x1，M（x2）＝（1/2）·x2所以C截面的挠度为llMxMx()()MxMx()()2211ddxx22C1200EIEI31xxFx12Fxll122242ddxx421200EIEI3Fl48EI5．在简支梁的左、右支座上，分别有力偶MA、MB作用，如图6-3-7所示。为使梁挠曲线的拐点位于距左端l/3处，则MA/MB＝______。[重庆大学2016研]图6-3-7【答案】1/2【解析】根据w″＝M/（EI），挠曲线的拐点为弯矩为零的位置。图示简支梁的弯矩图如图6-3-8，所以易知MA/MB＝1/2。

329图6-3-8三、计算题1．试用积分法求图6-3-9所示悬臂梁自由端处截面B的转角θB及挠度wB，梁弯曲刚度EI为常量。[南京理工大学2015研]图6-3-9解：以B点为原点，任意截面的弯矩2M（x）＝－qlx－qx/2挠曲线微分方程2EIw″＝M（x）＝－qlx－qx/2积分，得23EIw′＝EIθ（x）＝－qlx/2－qx/6＋C34EIw＝－qlx/6－qx/24＋Cx＋D边界条件：x＝l，w＝0，θ＝0，则34C＝2ql/3，D＝－11ql/24所以转角函数和挠曲线函数为1121323xqlxqxqlEI2631131423114wqlxqxqlxqlEI62432434取x＝0，则θB＝2ql/（3EI）（顺时针），wB＝－11ql/（24EI）（↓）。322．已知悬臂梁在自由端受集中荷载P时，自由端的挠度和转角分别为Pl/（3EI），Pl/（2EI）。用叠加法求图6-3-10所示悬臂梁自由端的挠度（已知梁的抗弯刚度为EI）。[中国科学技术大学2016研]

330图6-3-10解：（1）－dx微段上的载荷引起的自由端挠度为（左端为起点）32qxxddqxxd4wqax32EIEI所以均布载荷作用产生的自由端挠度为34244aaqxqx4ax82qawddwxqq22aa3EI2EI3EI集中载荷qa引起的自由端挠度为324qaaqaa11qawa3qa3EI2EI6EI所以自由端总的挠度为444w＝wqa＋wq＝11qa/（6EI）＋82qa/（3EI）＝175qa/（6EI）3．试参照附表用叠加法求图6-3-11所示梁C截面处的挠度yC。[重庆大学2016研]图6-3-11

331图6-3-12附表解：图6-3-11可看成图6-3-13中两个图叠加而成：图6-3-13则422415ql1qllqlyCyC12yC2384EI22216EI384EI4．直梁ABC在承受载荷前搁置在支座A、C上，梁与支座B间有一间隙Δ，如图6-3-14所示。在加上均布载荷后。梁发生变形而在中点处与支座B接触。要使三个支座上的约束反力相等，则Δ应多大？[山东大学2017研]图6-3-14

332解：因为三个支座的约束反力相等，即FB＝ql/3，所以该问题可以看成直梁ABC在均布载荷和集中力FB共同作用下，中间点B产生向下的位移Δ，B位移Δ可利用叠加法求解得44357qlFlqlBqFB384EI48EI1152EI

333第7章应力和应变分析强度理论7.1复习笔记一、应力状态一点的应力状态：过一点不同方向面上应力的集合。应力状态的研究对象是单元体，其特征为：①单元体的尺寸无限小，每个面上应力均匀分布；②任意一对平行平面上的应力相等。主单元体是指各侧面上切应力均为零的单元体。其中，单元体上切应力为零的面称为主平面，主平面上的正应力称为主应力。说明：一点处必定存在一个单元体，使得三个相互垂直的面均为主平面，三个互相垂直的主应力分别记为ζ1、ζ2、ζ3，且规定按代数值大小的顺序来排列，即ζ1≥ζ2≥ζ3。应力状态分类及实例（1）单向应力状态：也称为简单应力状态，三个主应力ζ1、ζ2、ζ3中只有一个不等于零。实例：简单的拉伸或压缩。（2）平面（二向）应力状态：三个主应力ζ1、ζ2、ζ3中有两个不等于零。实例：薄壁圆筒横截面上的点和圆形容器包含直径的任意横截面上的点。（3）空间（三向）应力状态：和平面应力状态统称为复杂应力状态，三个主应力ζ1、ζ2、ζ3，均不等于零。实例：在滚珠轴承中，滚珠与外圈接触点处的应力状态，可以作为三向应力状态的实例。二、二向应力状态分析1．解析法如图7-1-1（a）所示，一单元体abcd处于平面应力状态，采用截面法取左边部分单元体eaf为研究对象，如图7-1-1（b）所示。图7-1-1

334（1）符号规定：由x轴转到外法线n，逆时针转向夹角α为正；正应力仍规定拉应力为正；切应力对单元体内任一点取矩，顺时针转向为正。（2）应力计算①任意斜截面α上应力正应力：xyxycos2sin2xy22切应力：xysin2cos2xy2②主应力主应力的大小2maxxyxy2xy22min将ζmax、ζmin和0按大小顺序排列，分别记为ζ1、ζ2和ζ3。主平面方位角tan2α0＝－2ηxy/（ζx－ζy）约定|α0|＜45°，即α0取值在±45°范围内，则确定主平面的规则为：当ζx≥ζy时，α0是ζx与ζmax之间的夹角；当ζx＜ζy时，α0是ζx与ζmin之间的夹角。任意两个互相垂直的截面上的正应力之和为常数，即90xy③最大切应力和最小切应力切应力的大小2maxxy21()xymaxmin22min切应力极值所在截面方位角tan21＝（ζx－ζy）/（2ηxy）最大和最小切应力所在平面与主平面的夹角为45°，即1＝α0＋45°。2．图解法应力圆方程22xy22xyxy22在ζ-η坐标系下，应力圆圆心坐标为（（ζx＋ζy）/2，0），半径为

3352xy2xy2（1）应力圆的画法一单元体处于平面应力状态，受力情况如图7-1-2所示，其应力圆做法如下：①建ζ-η坐标系，选定比例尺；②量取横坐标OA＝ζx，纵坐标AD＝ηxy，确定D点，D点的坐标代表以x为法线的面上的应力；③量取横坐标OB＝ζy，纵坐标BD′＝ηyx，确定D′点，D′的纵坐标为负，代表以y为法线的面上的应力；④连接DD′两点的直线与ζ轴相交于C点；⑤以C为圆心，CD为半径作圆，该圆就是相应于该单元体的应力圆。图7-1-2应力圆（2）应力圆的应用①应力圆与单元体应力间的关系点面之间的对应关系：单元体任一截面上的应力，必对应于应力圆上某一点的坐标；夹角关系：圆周上任意两点所引半径的夹角等于单元体上对应两截面夹角的两倍，且两者的转向一致。②求单元体上任一截面上的应力从应力圆的半径CD按方位角α的转向转动2α得到半径CE，圆周上E点的坐标就是斜截面上的正应力ζα和切应力ηα，如图7-1-3（a）（b）所示。图7-1-3（a）

336图7-1-3（b）③求主应力数值和主平面位置a．求主应力数值的方法如图7-1-3（b）所示，点A1和点B1分别为代表最大主应力和最小主应力，其大小为2xyxy2OAOCCA11xymax1222xyxy2OBOCCB11xymin222b．确定主平面方位的方法如图7-1-3（b）（c）所示，将半径CD旋转2α0到CA1处，单元体x轴沿2α0旋转方向旋转α0角度，即得到ζ1主平面所在方位。方位角α0的大小tan2α0＝－AD/CA＝－2ηxy/（ζx－ζy）图7-1-3（c）④求最大切应力及其方位如图7-1-3（b）所示，应力圆上点G1G2代表切应力的最大值和最小值，其大小为应力圆的半径，即

3372maxxy2xy2minA1G1对应的圆心角为逆时针π/2，由ζ1主平面逆时针旋转π/4即得到最大切应力所在平面的外法线方向。三、三向应力状态分析1．三向应力圆如图7-1-4所示，以三个主应力表示的单元体，由三个相互垂直的平面分别作应力圆，将三个平面的应力圆绘在同一平面上得到三向应力状态下的应力圆，如图7-1-5所示。与每一主应力所对应的应力圆可由与该主平面相正交的其余面上的应力作出。注意：作三向应力圆应至少知道一个主应力的大小和方向。图7-1-4（a）图7-1-4（b）

338图7-1-4（c）2．应力圆方程l、m、n分别表示面ABC的法线n的三个方向余弦，可得22232223nnl12132222312231nnm23212222122212nnn3132223．应力圆的应用（1）确定任意斜截面上的应力应力圆方程的第一式所确定的圆周在圆周B1C1之外，第二式所表示的圆周在圆周A1B1之内，第三式所表示的圆周在圆周A1C1之外。因而上述三个圆周的交点D，亦即斜面ABC上的应力应在图7-1-5中画阴影线的部分之内。（2）应力极值①正应力：如图7-1-5所示，点A1、B1和C1的横坐标分别代表主应力ζ1、ζ2和ζ3。②切应力：如图7-1-5所示，点G1的纵坐标代表切应力的极值，最大切应力为ηmax＝（ζ1－ζ3）/2③方位：最大切应力所在平面与ζ2主平面平行，与ζ1、ζ3主平面夹角互为45°。

339图7-1-5三应力状态应力圆四、平面应变状态（选学内容，不做要求）1．任一方向的应变xyxyxycos2sin2222xyxysin2cos2222主应变方向与主应力方向相同，主应变ε1、ε2、ε3与主应力ζ1、ζ2、ζ3对应；与应力圆类似，存在应变圆，与应力圆有相同的特点，不同点是γ的坐标有系数1/2。2．主应变计算公式22εεεεεγmaxxyxyxyε222min3．主应变方向公式tan2α0＝－γxy/（εx－εy）五、广义胡克定律本节所列公式均仅在各向同性材料线弹性小变形条件下使用，各向异性材料的广义胡克定律公式应以矩阵形式表示。1．胡克定律单向拉伸或压缩时，在线弹性范围内应力与应变的关系为ζ＝Eε或ε＝ζ/E此外，轴向的变形将引起横向尺寸变化，横向应变可表示为

340ε′＝－με＝－μζ/E2．剪切胡克定律在纯剪切的情况下，当切应力不超过剪切比例极限时，切应力和切应变之间的关系为η＝Gγ或γ＝η/G3．广义胡克定律以图7-1-6所示坐标系下的单元体为例。（1）x、y、z方向的线应变εx＝[ζx－μ（ζy＋ζz）]/Eεy＝[ζy－μ（ζz＋ζx）]/Eεz＝[ζz－μ（ζy＋ζx）]/E（2）xy、yz、zx三个面内的切应变γxy＝ηxy/G，γyz＝ηyz/G，γzx＝ηzx/G（3）主应力-主应变的关系ε1＝[ζ1－μ（ζ2＋ζ3）]/Eε2＝[ζ2－μ（ζ3＋ζ1）]/Eε3＝[ζ3－μ（ζ1＋ζ2）]/E此时，三个坐标平面内的切应变等于零，主应变与主应力的方向重合。图7-1-64．体积胡克定律（1）体应变：单位体积的体积改变量，用θ表示，其计算式为12123123E（2）体积胡克定律：体应变计算公式可用体积弹性模量K和三个主应力的平均应力ζm来表示，即θ＝ζm/K。式中，K为体积弹性模量，K＝E/[3（1－2μ）]；ζm为主应力平均值ζm＝（ζ1＋ζ2＋ζ3）/3。注意：单位体积的体积改变只与三个主应力之和有关。六、复杂应力状态的应变能密度

341物体在单位体积内所积蓄的应变能称为应变能密度。1．应变能密度计算公式（1）单向应力状态下，物体内所积蓄的应变能密度为22νε＝ζε/2＝ζ/（2E）＝Eε/2（2）三个主应力同时存在时，单元体的应变能密度为1ν1122332122212321223312E（3）应变能密度的组成应变能密度由体积改变能密度νV和畸变能密度νd两部分组成，即νε＝νV＋νd①体积改变能密度：单元体体积改变而储存的应变能密度，用νV表示，计算式为122νV1236E此时，单元体只发生体积变化，形状不变。②畸变能密度：单元体形状改变而储存的应变能密度，用νd表示，计算式为1222νd1223316E此时，单元体只发生形状变化，体积不变。2．三个弹性常数间的关系G＝E/[2（1＋μ）]3．计算复杂应力状态的应变能注意事项（1）应变能的大小只决定于外力和变形的最终数值，而与加力次序无关。（2）应变能的计算不能采用叠加原理。七、强度理论材料失效形式主要有屈服失效和断裂失效两种。（1）屈服失效：材料出现显著的塑性变形而丧失其正常的工作能力。（2）断裂失效：有脆性断裂和韧性断裂两种形式。其中，脆性断裂是指在无明显的变形下突然断裂；韧性断裂是指在产生大量塑性变形后断裂。1．常用强度理论常用强度理论主要适用于常温静载荷下的均匀、连续、各项同性材料。（1）第一强度理论（最大拉应力理论）①理论假定：最大拉应力是引起断裂的主要因素；②断裂准则：ζ1＝ζb；③相当应力：ζr1＝ζ1；④强度条件：ζr1≤[ζ]。（2）第二强度理论（最大伸长线应变理论）①理论假定：最大伸长线应变是引起断裂的主要因素；

342②断裂准则：ζ1－μ（ζ2＋ζ3）＝ζb；③相当应力：ζr2＝ζ1－μ（ζ2＋ζ3）；④强度条件：ζr2≤[ζ]。（3）第三强度理论（最大切应力理论）①理论假定：最大切应力是引起屈服的主要因素；②屈服准则：ζ1－ζ3＝ζs；③相当应力：ζr3＝ζ1－ζ3；④强度条件：ζr3≤[ζ]。（4）第四强度理论（畸变能密度理论）①理论假定：畸变能密度是引起屈服的主要因素；②屈服准则：1222122331s2③相当应力：1222r41223312④强度条件：ζr4≤[ζ]。（5）常用强度理论的选取表7-1-1常用强度理论的选取材料特性失效形式选用强度理论代表性材料/实例脆性材料断裂第一和第二强度理论铁、石料、混凝土、玻璃等塑性材料屈服第三和第四强度理论碳钢、铜、铝等三向拉应力相近的最大拉应力理论断裂三向受拉的碳钢螺钉因应力集中而根部断裂塑形或脆性材料（第一强度理论）三向压应力相近的塑性变形第三或第四强度理论铸铁板在淬火钢球压力作用下屈服塑形或脆性材料2．莫尔强度理论（1）相当应力：ζrM＝ζ1－[ζt]ζ3/[ζc]。（2）强度条件：ζrM≤[ζt]。（3）莫尔强度理论与常用强度理论的对比：由莫尔理论可以得出第三强度理论的强度条件，往往把它看作是第三强度理论的推广。但有本质区别：莫尔理论是以实验资料为基础，经合乎逻辑的综合得出的，并非以失效假说为基础。因此，莫尔理论的方法是比较正确的。3．构件含裂纹时的断裂准则假设与裂纹的尺寸相比，平板的长与宽可认为是无限大的，材料是线弹性的。①应力强度因子穿透平板厚度的裂纹长为2a，裂纹尖端附近各点的应力，随πa成比例地增长或减少，πa称为应力强度因子，并记为KI。②断裂准则：KI＝KIc，式中，KIc为断裂韧性，是材料的固有力学性能。7.2课后习题详解

3437.1何谓单向应力状态和二向应力状态？圆轴受扭时，轴表面各点处于何种应力状态？梁受横力弯曲时，梁顶、梁底及其他各点处于何种应力状态？解：（1）三个主应力只有一个不等于零，称为单向应力状态；若三个主应力中有两个不等于零，称为二向应力状态。（2）圆轴受扭时，轴表面各点处于纯剪切应力状态。（3）梁受横力弯曲时，梁顶、梁底的点为单向拉伸或压缩，为单向应力状态；中性轴上各点的应力状态为纯剪切；其余各点为平面应力状态。7.2构件受力如图7-2-1所示。（1）确定危险点的位置。（2）用单元体表示危险点的应力状态。图7-2-1（a）图7-2-1（b）图7-2-1（c）

344图7-2-1（d）解：（a）杆处于单向拉伸状态，每个点都是危险点，其应力状态如图7-2-2（a）所示。图7-2-2（a）（b）对图7-2-1（b）作如上标记。受扭圆轴处于二向应力状态，BC段的轴表面点是危险点，应力状态如图7-2-2（b）所示。图7-2-2（b）（c）受弯扭组合作用的轴，危险点位于固定端截面处最上和最下边缘，为二向应力状态，如图7-2-2（c）

345所示。图7-2-2（c）（d）受拉伸与扭转作用的轴，轴表面各点都为危险点，为二向应力状态，如图7-2-2（d）所示。图7-2-2（d）7.3在图7-2-3所示各单元体中，试用解析法和图解法求斜截面ab上的应力。应力的单位为MPa。图7-2-3（a）图7-2-3（b）

346图7-2-3（c）图7-2-3（d）解：（1）①解析法由图7-2-3（a）可知：ζx＝70MPa，ζy＝－70MPa，ηxy＝0，α＝30°。则有xyxycos2sin2xy2270707070cos600MPa35MPa22xy7070sin2cos2sin600MPaxy2260.6MPa②图解法作ζOη直角坐标系，A点（ζx，ηxy），B点（ζy，－ηxy），以AB为直径作圆，即为应力圆，圆心为O，以OA为始边，逆时针旋转2α＝60°与应力圆的交点（ζC，ηC）即为斜截面ab上的应力，如图7-2-4（a）所示，由图量取知：ζα＝ζC＝35MPa，ηα＝ηC＝61MPa。

347图7-2-4（a）（2）①解析法由图7-2-3（b）知：ζx＝70MPa，ζy＝70MPa，ηxy＝0，α＝30°。则有xyxycos2sin2xy2270707070cos600MPa70MPa22xy7070sin2cos2sin600MPaxy220MPa②图解法同理，该单元体的应力圆褪化为一个点C（70，0），也称点圆，如图7-2-4（b）所示。故有ζα＝70MPa，ηα＝0MPa。图7-2-4（b）（3）①解析法

348由图7-2-3（c）知：ζx＝100MPa，ζy＝50MPa，ηxy＝0，α＝60°。则有xyxycos2sin2xy221005010050cos1200MPa62.5MPa22xy10050sin2cos2sin1200MPaxy2221.7MPa②图解法同理，该单元体的应力圆如图7-2-4（c）所示。由图量取知：ζα＝ζC＝63MPa，ηα＝ηC＝22MPa。图7-2-4（c）（4）①解析法由图7-2-3（d）知：ζx＝－50MPa，ζy＝100MPa，ηxy＝0，α＝150°。则有xyxycos2sin2xy225010050100cos3000MPa125MPa.22xy50100sin2cos2sin3000MPaxy2265MPa②图解法同理，该单元体的应力圆如图7-2-4（d）所示。由图量取知：ζα＝－13MPa，ηα＝65MPa。

349图7-2-4（d）7.4已知应力状态如图7-2-5所示，图中应力单位皆为MPa。试用解析法及图解法求：①主应力大小，主平面的方位；②在单元体上绘出主平面位置及主应力方向；③最大切应力。图7-2-5解：（a）图7-2-5（a），按应力的符号规则知：ζx＝50MPa，ζy＝0，ηxy＝20MPa。①解析法由公式得

3502maxxyxy2xy22min250+0500257MPa20MPa227MPa故按主应力的符号规定记主应力为：ζ1＝57MPa，ζ2＝0，ζ3＝－7MPa。主平面位置：由tan2α0＝－2ηxy/（ζx－ζy）＝－2×20/（50－0）＝－0.8，得α0＝－19.3°。最大切应力：ηmax＝（ζ1－ζ3）/2＝（57＋7）/2MPa＝32MPa。②图解法作单元体的应力圆，如图7-2-6（a1）所示，与ζ轴的两个交点为ζ1、ζ3。应力圆的半径即为最大切应力的值，ζ1、ζ3、ηmax、2α0均可从图上量取。图7-2-6（a1）主平面在单元体上的位置是由已知x平面逆时针旋转α0得到，如图7-2-6（a2）所示。图7-2-6（a2）（b）图7-2-5（b），按应力的符号规则可知：ζx＝50MPa，ζy＝0，ηxy＝－20MPa。①解析法由公式得

3512maxxyxy2xy22min2500500257MPa20MPa227MPa故按主应力的符号规定记主应力为：ζ1＝57MPa，ζ2＝0，ζ3＝－7MPa。主平面位置：由tan2α0＝－2ηxy/（ζx－ζy）＝2×20/（50－0）＝0.8，得α0＝19.3°。最大切应力：ηmax＝（ζ1－ζ3）/2＝（57＋7）/2MPa＝32MPa。②图解法作单元体的应力圆，如图7-2-6（b1）所示，ζ1、ζ3、ηmax、2α0均可从图上量取。图7-2-6（b1）主平面在单元体上的位置是由已知x平面逆时针旋转α0得到，如图7-2-6（b2）所示。图7-2-6（b2）（c）图7-2-5（c），按应力的符号规则知：ζx＝0，ζy＝0，ηxy＝25MPa。①解析法由公式得2maxxyxy22025MPa25MPaxy22min

352故按主应力的符号规定记主应力为：ζ1＝25MPa，ζ2＝0，ζ3＝－25MPa。主平面位置：由tan2α0＝－2ηxy/（ζx－ζy）＝－∞，得α0＝－45°。最大切应力：ηmax＝（ζ1－ζ3）/2＝25MPa。②图解法作单元体的应力圆，如图7-2-6（c1）所示，ζ1、ζ3、ηmax、2α0均可从图上量取。图7-2-6（c1）主平面在单元体上的位置是由已知x平面逆时针旋转α0得到，如图7-2-6（c2）所示。图7-2-6（c2）（d）图7-2-5（d），按应力的符号规则：ζx＝－40MPa，ζy＝－20MPa，ηxy＝－40MPa。①解析法由公式得

3532maxxyxy2xy22min240204020211.2MPa40MPa2271.2MPa故按主应力的符号规定记主应力为：ζ1＝11.2MPa，ζ2＝0，ζ3＝－71.2MPa。主平面位置：由tan2α0＝－2ηxy/（ζx－ζy）＝－2×（－40）/（－40＋20）＝－4，得α0＝－38°。最大切应力：ηmax＝（ζ1－ζ3）/2＝（11.2＋71.2）/2MPa＝41.2MPa。②图解法作单元体的应力圆，如图7-2-6（d1）所示，ζ1、ζ3、ηmax、2α0均可从图上量取。图7-2-6（d1）主平面在单元体上的位置是由已知y平面逆时针旋转α0得到，如图7-2-6（d2）所示。图7-2-6（d2）

354（e）图7-2-5（e），按应力的符号规则知：ζx＝0，ζy＝－80MPa，ηxy＝20MPa。①解析法由公式得2maxxyxy2xy22min20800804.7MPa220MPa2284.7MPa故按主应力的符号规定记主应力为：ζ1＝4.7MPa，ζ2＝0，ζ3＝－84.7MPa。主平面位置由tan2α0＝－2ηxy/（ζx－ζy）＝－2×20/（0＋80）＝－0.5，得α0＝－13.3°。最大切应力：ηmax＝（ζ1－ζ3）/2＝（4.7＋84.7）/2MPa＝44.7MPa。②图解法作单元体的应力圆，如图7-2-6（e1）所示，ζ1、ζ3、ηmax、2α0均可从图上量取。图7-2-6（e1）主平面在单元体上的位置是由已知x平面逆时针旋转α0得到，如图7-2-6（e2）所示。图7-2-6（e2）

355（f）图7-2-5（f），按应力的符号规则知：ζx＝－20MPa，ζy＝30MPa，ηxy＝20MPa。①解析法由公式得2maxxyxy2xy22min220302030237MPa20MPa2227MPa故按主应力的符号规定记主应力为：ζ1＝37MPa，ζ2＝0，ζ3＝－27MPa。主平面位置由tan2α0＝－2ηxy/（ζx－ζy）＝－2×20/（－20－30）＝0.8，得：α0＝19.3°。最大切应力：ηmax＝（ζ1－ζ3）/2＝（37＋27）/2MPa＝32MPa。②图解法作单元体的应力圆，如图7-2-6（f1）所示，ζ1、ζ3、ηmax、2α0均可从图上量取。图7-2-6（f1）主平面在单元体上的位置是由已知y平面逆时针旋转α0得到，如图7-2-6（f2）所示。图7-2-6（f2）7.5在图7-2-7所示应力状态中，试用解析法和图解法求出指定斜截面上的应力（应力单位MPa）。

356图7-2-7（a）图7-2-7（b）图7-2-7（c）解：（a）①解析法由图7-2-7（a）可知：ζx＝－40MPa，ζy＝0，ηxy＝20MPa，α＝60°。则有xyxycos2sin2xy22400400cos12020sin120MPa273MPa.22

357xy400sin2cos2sin12020cos120MPaxy2227.3MPa②图解法作ζOη直角坐标系，A点（ζx，ηxy），B点（ζy，－ηxy），以AB为直径作圆，即为应力圆，记圆心为C，以CA为始边，逆时针旋转2α＝120°与应力圆的交点即为所求斜截面上的应力（ζα，ηα），如图7-2-8（a）所示，由图量取得解。图7-2-8（a）（b）①解析法由图7-2-7（b）可知：ζx＝30MPa，ζy＝50MPa，ηxy＝－20MPa，α＝30°。则有xyxycos2sin2xy2230503050cos6020sin60MPa52.3MPa22xy3050sin2xycos2sin6020cos60MPa2218.7MPa②图解法同理作应力圆，以C为圆心，以CA为始边，逆时针旋转2α＝60°与应力圆的交点即为所求斜截面上的应力（ζα，ηα），如图7-2-8（b）所示，由图量取得解。

358图7-2-8（b）（c）①解析法由图7-2-7（c）可知：ζx＝0，ζy＝60MPa，ηxy＝40MPa，α＝45°。则有xyxycos2sin2xy22060060cos9040sin90MPa10MPa22xy060sin2cos2sin9040cos90MPaxy2230MPa②图解法同理作应力圆，以C为圆心，以CA为始边，逆时针旋转2α＝90°与应力圆的交点即为所求斜截面上的应力（ζα，ηα），如图7-2-8（c）所示，由图量取得解。图7-2-8（c）

3597.6若物体在两个方向上受力相同（图7-2-9（a）），试分析这种情况下的应力状态。图7-2-9（a）图7-2-9（b）图7-2-9（c）解：如图7-2-9（b）所示物体内任意一点的应力状态，如图7-2-9（c）所示代表这一应力状态的应力圆退缩成一点C，半径等于零。单元体任意斜面ef上的正应力都等于ζ，切应力都等于零。因此从物体中任意地割取一部分，其面上正应力也都是ζ。7.7图7-2-10所示锅炉直径D＝1m，壁厚δ＝10mm，内受蒸汽压力p＝3MPa。试求：（1）壁内主应力ζ1、ζ2及最大切应力ηmax；（2）斜截面ab上的正应力及切应力。

360图7-2-10解：（1）根据题意，壁内单元体为二向应力状态，主应力分别为：环向应力：ζ1＝pD/（2δ）＝3×1000/（2×10）MPa＝150MPa；轴向应力：ζ2＝pD/（4δ）＝ζ1/2＝75MPa；垂直于壁内的应力：ζ3＝0；则最大切应力：ηmax＝（ζ1－ζ3）/2＝75MPa。（2）由图7-2-10可知：ζx＝75MPa，ζy＝150MPa，ηxy＝0，α＝60°。根据公式得斜截面ab上的应力为xyxycos2sin2xy227515075150cos1200MPa131.25MPa22xy75150sin2cos2sin1200MPaxy2232.5MPa7.8已知图7-2-11所示矩形截面梁某截面上的弯矩及剪力分别为M＝10kN·m，FS＝120kN，试绘出截面上1、2、3、4各点单元体的应力状态，并求其主应力。图7-2-11解：（1）1点2其应力分量：ζ＝My/Iz＝M/W＝－6M/（bh）＝－120MPa，η＝0。其处于单向应力状态，主应力为：ζ1＝ζ2＝0，ζ3＝ζ＝－120MPa。应力状态如图7-2-12（a）所示。

361图7-2-12（a）（2）2点*其应力分量：ζ＝My/Iz＝0，η＝FSSz/（bIz）＝3FS/（2bh）＝36MPa。其处于纯剪切状态，主应力为：ζ1＝36MPa，ζ2＝0，ζ3＝－36MPa。应力状态如图7-2-12（b）所示。图7-2-12（b）（3）3点其应力分量3My12My1210100.025Pa60MPax33Ibh0.050.1zζy＝03FS120100.050.0250.0375SzPa27MPaxy1bI3z0.050.050.112根据公式2maxxyxy2xy22min得，其主应力ζ1＝70.4MPa，ζ2＝0，ζ3＝－10.4MPa应力状态如图7-2-12（c）所示。图7-2-12（c）（4）4点同点1处于单向应力状态，但该点受拉，则主应力：ζ1＝120MPa，ζ2＝ζ3＝0。

362应力状态如图7-2-12（d）所示。图7-2-12（d）27.9图7-2-13所示钢制曲拐的横截面直径为20mm，C端与钢丝相连，钢丝的横截面面积A＝6.5mm。曲－6－1拐和钢丝的弹性模量同为E＝200GPa，G＝84GPa。若钢丝的温度降低50℃，若线胀系数αl＝12.5×10℃，试求曲拐固定端截面A的顶点的应力状态。图7-2-13解：（1）求钢丝内力F假想沿C点将该结构断开，则钢丝上C点的位移δC与曲拐ABC上C点的挠度δC′相等，即有变形协调方程：δC＝δC′。δC由两部分组成：温度降低使钢丝缩短ΔlT，在内力F作用下伸长ΔlF。－6－4ΔlT＝αllCDΔT＝1.25×10×4×50m＝2.5×10mΔlF＝FlCD/（EA）δC′由三部分组成：AB杆的弯曲变形产生的B端垂直位移wB，BC杆的弯曲变形产生的C端垂直位移wC，AB杆扭转引起的C端位移θBlBC。故根据叠加原理可得：33FlFlFllABBCBCABwwllCBCBBCBC33EIEIGIp曲拐横截面对中性轴的惯性矩：π4π4494Id0.02m7.8510m6464

363－84则其极惯性矩：Ip＝2I＝1.57×10m。将以上各式代入协调方程可得：F＝26.1N。（2）求截面A顶点应力状态由（1）可知曲拐截面A顶点的应力分量T1626.10.3maxPa4.98MPa3Wπ0.02tMFl2126.10.6maxABPa19.9MPa1π0.023W3πd32其应力状态如图7-2-14所示。图7-2-147.10薄壁圆筒扭转-拉伸试验的示意图如图7-2-15所示。若F＝20kN，Me＝600N·m，且d＝50mm，δ＝2mm，试求：（1）A点的指定斜截面上的应力；（2）A点的主应力的大小及方向（用单元体表示）。图7-2-15解：（1）A的应力状态的单元体如图7-2-16（a）所示，则图7-2-16（a）

3643FF2010Pa61.2MPax33Adππ5210210对于薄壁圆筒其切应力2M2600ePa70.6MPaxy2263πdπ50210210ζy＝0由公式得所求斜截面上的应力xyxycos2sin2xy226120..6120cos240706sin240..MPa458MPa22xy61.20sin2cos2sin24070.6cos240MPaxy228.8MPa（2）A点的主应力2maxxyxy2xy22min261.2061.20107.5MPa270.6MPa2246.3MPa又根据符号规定得，A点的主应力：ζ1＝107.5MPa，ζ2＝0，ζ3＝－46.3MPa。方向：由tan2α0＝－2ηxy/（ζx－ζy）＝－2×（－70.6）/（61.2－0）＝2.31，得α0＝33.3°。则其方位图如图7-2-16（b）所示。图7-2-16（b）

3657.11图7-2-17所示简支梁为No.36a工字钢，F＝140kN，l＝4m。A点所在截面在集中力F的左侧，且无限接近F力作用的截面。试求：（1）A点在指定斜截面上的应力；（2）A点的主应力及主平面方位（用单元体表示）图7-2-17解：根据题意，A点所在截面的内力分量分别为M＝Fl/4＝140×4/4kN·m＝140kN·mFS＝F/2＝140/2kN＝70kN4查型钢表知36a工字钢的截面参数Ix＝15880cm，截面尺寸如图7-2-18（a）所示。图7-2-18（a）由此可计算点A以下部分对中性轴的静矩15.89015.83Sx15.8136180109015.890mm22434.6410m分析可知，A点的应力状态单元体如图7-2-18（b）所示。其中，应力分量33My14010360410Pa79.7MPax8I1580010x34FS70104.6410SxPa20.6MPaxy38bI10101580010x

366图7-2-18（b）（1）根据公式可得所求斜截面上的应力xyxycos2sin2xy227970..7970cos12020.6sin120MPa2.1MPa22xy79.70sin2cos2sin12020.6cos120MPaxy2224.3MPa（2）A的点主应力2maxxyxy2xy22min279.7079.7084.7MPa220.6MPa225MPa又根据符号规定得，A点的主应力：ζ1＝84.7MPa，ζ2＝0，ζ3＝－5MPa。方向：由tan2α0＝－2ηxy/（ζx－ζy）＝－2×20.6/（79.7－0）＝－0.517，得α0＝－13.7°。其方位图如图7-2-18（c）所示。图7-2-18（c）

3677.12二向应力状态如图7-2-19所示，应力单位为MPa。试求主应力并作应力圆。图7-2-19解：从图7-2-19中取出一个楔形单元体，如图7-2-20（a）所示。图7-2-20（a）则根据应力符号规则有：ζx＝80MPa，ζα＝50MPa，ηxy＝0，α＝60°。由公式xyxycos2sin2xy228080yycos1200MPa50MPa2280ysin12002可得：ζy＝40MPa，ηα＝17.3MPa。绘制应力圆如图7-2-20（b）所示。则单元体的主应力为：ζ1＝80MPa，ζ2＝40MPa，ζ3＝0。

368图7-2-20（b）7.13在处于二向应力状态的物体的边界bc上，A点处的最大切应力为35MPa如图7-2-21所示。试求A点的主应力。若在A点周围以垂直于x轴和y轴的平面分割出单元体，试求单元体各面上应力分量。图7-2-21解：（1）根据题意，边界bc面上的剪应力和正应力均为零，因而是一个主平面，且其上的主应力为零，因此A点处于单向应力状态下，只有一个主应力不为零。此时A点主应力有两种可能：①ζ1＝ζ2＝0，ζ3＜0ηmax＝（ζ1－ζ3）/2＝－ζ3/2＝35MPa，ζ3＝－70MPa②ζ2＝ζ3＝0，ζ1＞0ηmax＝（ζ1－ζ3）/2＝ζ1/2＝35MPa，ζ1＝70MPa（2）若在A点周围以垂直于x轴和y轴的平面分割出单元体，其单元体如图7-2-22所示，则有

369图7-2-22xyxycos2sin2xy22xysin2cos2xy22xy2maxxy2已知斜截面bc是边界自由表面，故ζα＝ηα＝0，其中由几何关系tanα＝4/3得：α＝53.1°。则该单元体上各面上的应力分量ζx＝－44.8MPa，ζy＝－25.2MPa，ηxy＝－33.6MPa负号表示应力的真实方向与图7-2-22所示方向相反。7.14在通过一点的两个平面上，应力如图7-2-23所示，单位为MPa，试求主应力的数值及主平面的方位，并用单元体的草图表示出来。图7-2-23解：选取如图7-2-24（a）所单元体，则有

370图7-2-24（a）ζy＝45MPa，253MPaxyζα＝95MPa，253MPaα＝60°由斜截面应力计算公式4545xxcos120253sin12095MPa22得：ζx＝95MPa。由主应力计算公式得2maxxyxy2xy22min2954595452120MPa253MPa2220MPa根据主应力标记符号规定，记主应力为：ζ1＝120MPa，ζ2＝20MPa，ζ3＝0。主平面位置：由2xy2532tan2309545xy得α0＝30°。综上，单元体主应力及其位置表示如图7-2-24（b）所示。

371图7-2-24（b）7.15以绕带焊接成的圆管，焊缝为螺旋线，如图7-2-25所示。管的内径为300mm，壁厚为1mm，内压p＝0.5MPa。求沿焊缝斜面上的正应力和切应力。图7-2-25解：在焊缝斜面上一点取一单元体，如图7-2-26所示。图7-2-26分析可得该单元体上应力分量为6－3－3ζx＝pd/（4t）＝0.5×10×300×10/（4×1×10）Pa＝37.5MPaζy＝pd/（2t）＝2ζx＝75MPaηxy＝0取焊缝截面外法线方向与x轴夹角α＝－40°，则该截面上的正应力与切应力分别为xyxycos2sin2xy2237.57537575.cos80053MPa22

372xy37.575sin2xycos2sin80MPa2218.5MPa7.16图7-2-27所示木质悬臂梁的横截面是高为200mm、宽为60mm的矩形。在A点木材纤维与水平线的倾角为20°。试求通过A点沿纤维方向的斜面上的正应力和切应力。图7-2-27解：取A点处的单元体，如图7-2-28所示。由于A点在梁的中性轴上，因此处于纯剪切状态，则A点的应力分量图7-2-28ζx＝ζy＝033F3210SPa0.25MPaxy332bh2200106010根据斜截面应力计算公式得α＝110°，则A点所在的斜截面上的应力分量xyxycos2sin2xy22025sin220MPa.0.16MPaxysin2cos20.25cos220MPa0.19MPaxy27.17板条如图7-2-29所示。尖角的侧表面皆为自由表面，0＜θ＜π。试证尖角端点A为零应力状态，即A点的主应力皆为零。

373图7-2-29证明：取尖点A处的三角形单元体，如图7-2-30所示。图7-2-30已知AB、AC面为自由表面，故其应力为零。由三角形ABC单元体平衡方程可知，BC截面上的应力也为零。故斜截面AB上的应力xyxsin2cos2sin20xy22xyxycos2sin20xy22其中0＜θ＜π，sin2α≠0，所以ζx＝ζy＝ηxy＝0，A点为零应力状态。命题得证。7.18对二向应力状态（见图7-2-31），表中所列各题分别给出了某些应力分量（单位为MPa）或斜面的方位，试求表中空出的未知量，并画单元体的草图，标明主应力和主平面的方位。

374图7-2-31表7-2-1斜面的方位和应力主应力及主平面位置ηmax题号ζxζyηxyαζαηαζ1ζ2ζ3ζ1方向（a）100015°80（b）－4030°－2020（c）8012070（d）3260－80解：如表7-2-2所示：表7-2-2斜面的方位和应力主应力及主平面位置ηmax题号ζxζyηxyαζαηαζ1ζ2ζ3ζ1方向（a）100－198.5015°8074.61000－198.50149.25（b）－31.6－124－4030°－20200－16.7－138.920°27′69.5（c）8020±63.21200－20±32°19′70（d）32－4860640－8028°9′72平面应力状态的斜面应力为xyxycos2sin2xy221cos21cos2sin2xyxy22xysin2cos2xy2主应力为

3752maxxyxy2xy22mintan2α0＝－2ηxy/（ζx－ζy）（a）已知ζx＝100MPa，ηxy＝0，α＝15°，ζα＝80MPa。由斜截面应力计算公式，得xyxycos2sin2xy22100100xycos3080MPa22解得：ζy＝－198.5MPa。则斜截面上的切应力xy100198.5sin2cos2sin30074.6MPaxy22由主应力计算公式2maxxyxy2xy22min2100198.5100198.5022100MPa49.25149.25198.5MPa可得主应力为：ζ1＝100MPa，ζ2＝0，ζ3＝－198.5MPa。主平面的方向：由tan2α0＝－2ηxy/（ζx－ζy）＝0，得α0＝0。最大切应力：ηmax＝（ζ1－ζ3）/2＝（100＋198.5）/2＝149.25MPa。主应力和主平面在单元体上的表示如图7-2-32（a）所示。图7-2-32（a）

376（b）已知ηxy＝－40MPa，α＝30°，ζα＝－20MPa，ηα＝20MPa。由斜截面应力计算公式得xyxycos2sin2xy22+13xyxy+40202222xyxy31sin2cos24020xy2222解得：ζx＝－31.6MPa，ζy＝－124MPa。由主应力计算公式2maxxyxy2xy22min231.612431.61242402216.7MPa77.861.1MPa138.9MPa可得主应力为：ζ1＝0，ζ2＝－16.7MPa，ζ3＝－138.9MPa。主平面的方向：由tan2α0＝－2ηxy/（ζx－ζy）＝－（－80）/（－31.6＋124）＝0.866，得α0＝20°27′。最大切应力：ηmax＝（ζ1－ζ3）/2＝（0＋138.9）/2＝69.5MPa。主应力和主平面在单元体上的方位如图7-2-32（b）所示。图7-2-32（b）（c）已知ζx＝80MPa，ζ1＝120MPa，ηmax＝70MPa。由最大切应力计算公式ηmax＝（ζ1－ζ3）/2＝（120－ζ3）/2＝70MPa。，可得主应力：ζ3＝－20MPa。因该单元体为二向应力状态，故其另一主应力：ζ2＝0。可得主应力为：ζ1＝120MPa，ζ2＝0，ζ3＝－20MPa。由主应力计算公式

3772120MPamaxxyxy2xy2220MPamin得到ζx＋ζy＝100MPa，故有：ζy＝20MPa。回代入上式，计算得ηxy＝±63.2MPa。主平面方向：由2xy126.4tan22.1108020xy得α0＝±32°19′。故其主平面单元体上的方位有两种情况，如图7-2-32（c1）、（c2）所示。图7-2-32（c1）图7-2-32（c2）（d）已知ζx＝32MPa，ηxy＝60MPa，ζ3＝－80MPa。由主应力计算公式得22+32+32xyxy22yy60803xy2222解得：ζy＝－48MPa。

378故有：22+32483248xyxy226064MPa1xy2222综上，主应力为：ζ1＝64MPa，ζ2＝0，ζ3＝－80MPa。主平面方向：由tan2α0＝－2ηxy/（ζx－ζy）＝－120/（32＋48）＝－1.5，得α0＝28°9′。最大切应力：ηmax＝（ζ1－ζ3）/2＝（64＋80）/2＝72MPa。主应力和主平面在单元体上的表示如图7-2-32（d）所示。图7-2-32（d）7.19试求图7-2-33所示的各应力状态的主应力及最大切应力（应力单位为MPa）。

379图7-2-33解：对图7-2-33分别建立如图7-2-34所示坐标系。

380图7-2-34（a）已知ζx＝50MPa，ζy＝ζz＝0，ηzy＝50MPa，其中ζx＝50MPa为主应力。又根据主应力计算公式2maxzyzy22zy0050MPa50MPa22min可得主应力为：ζ1＝ζ2＝50MPa，ζ3＝－50MPa。故最大切应力为：ηmax＝（ζ1－ζ3）/2＝（50＋50）/2＝50MPa。（b）已知ζx＝50MPa，ζy＝－20MPa，ζz＝30MPa，ηyz＝－40MPa，其中ζx＝50MPa为主应力。又根据主应力计算公式

3812maxyzyz2yz22min220302030240MPa2252.2MPa42.2MPa可得主应力为：ζ1＝52.2MPa，ζ2＝50MPa，ζ3＝－42.2MPa。故最大切应力：ηmax＝（ζ1－ζ3）/2＝（52.2＋42.2）/2＝47.2MPa。（c）已知ζx＝120MPa，ζy＝40MPa，ζz＝－30MPa，ηxy＝－30MPa，其中ζz＝－30MPa为主应力。又根据主应力计算公式2maxxyxy2xy22min21204012040230MPa22130MPa30MPa可得主应力为：ζ1＝130MPa，ζ2＝30MPa，ζ3＝－30MPa。故最大切应力：ηmax＝（ζ1－ζ3）/2＝（130＋30）/2＝80MPa。7.20已知：（a）εx＝－0.00012，εy＝0.00112，γxy＝0.00020（b）εx＝0.00080，εy＝－0.00020，γxy＝－0.00080试求主应变及其方向。解：（a）根据主应变计算公式22maxxyxyxy222min22120112012011202006102220.0011280.000128

382则主应变为：ε1＝0.001128，ε2＝0，ε1＝－0.000128。方向：由6xy20010tan20.16106xy120112010得α0＝4°35′或94°35′。（b）根据主应变计算公式22maxxyxyxy222min228002008002008006102220.000940.00034则主应变为：ε1＝0.00094，ε2＝0，ε3＝－0.00034。方向：由6xy80010tan20.806xy80020010得α0＝19°20′或109°20′。7.21对于直角应变花，如图7-2-35所示，试证明主应变的数值及方向。可用以下公式计算：

383图7-2-35证明：根据任意方向的应变公式：xyxyxy+cos2sin2222令＝0°，＝45°，＝90°，得（εx＋εy）/2＋（εx－εy）/2＝ε0°（εx＋εy）/2－γxy/2＝ε45°（εx＋εy）/2－（εx－εy）/2＝ε90°联立以上三式，解得（εx＋εy）/2＝（ε0°＋ε90°）/2（εx－εy）/2＝（ε0°－ε90°）/2γxy/2＝（ε0°＋ε90°－2ε45°）/2由主应变公式得22maxxyxyxy222min22209009009045222220900900902+4545090222090122045459022090222045459022主应变方向角：

384xyxy2245090tan20xyxy0902命题得证。7.2260°应变花如图7-2-36所示。三个应变片的角度分别为：α1＝0°，α2＝60°，α3＝120°。求证主应变的数值及方向。由以下公式计算：图7-2-36证明：根据任意方向的应变公式，令＝0°，＝60°，＝120°得（εx＋εy）/2＋（εx－εy）/2＝ε0°xyxyxycos120sin12060222xyxyxycos240sin240120222解得（εx＋εy）/2＝（ε0°＋ε60°＋ε120°）/3（εx－εy）/2＝（2ε0°－ε60°－ε120°）/3xy1206023

385将以上各式代入主应变计算公式得22maxxyxyxy222min22206012006012012060333整理根号内部分2220601201206033122240+460+41204060460120412009222206060120+12009故主应变为max060120222206060120120033min主应变方向为xy12060xy23360120tan2022xyxy06012006012023命题得证。7.23用广义胡克定律，证明弹性常数E，G，μ间的关系。

386图7-2-37证明：建立如图7-2-37所示坐标系，分析得主应力ζ1和ζ3分别在α0＝45°和α0＝－135°的主平面上，且ζ1＝－ζ3＝η，将ζ1和ζ3代入广义胡克定律公式，令ζ2＝0，得ε1＝（ζ1－μζ3）/E＝η（1＋μ）/E①因为ζz＝ηyz＝ηzx＝0，有εx＝（ζx－μζy）/E，εy＝（ζy－μζx）/E，γxy＝ηxy/G因为εx＝εy＝0，得εx＝0，εy＝0，γxy＝－η/G②将②式代入xyxyxycos2sin2222并令α＝α0＝－45°，得ζ1方向的主应变为ε1＝η/（2G）③令①＝③，可求得G＝E/[2（1＋μ）]命题得证。7.24若已测得60°应变花三个方向的应变分别为ε0°＝0.00040，ε60°＝0.00040，ε120°＝－0.00060，试求主应变及其方向。若材料为碳钢，E＝200GPa，μ＝0.25，试求主应力及其方向。解：（1）应用题7.22中已证得的公式，可得max060120222206060120120033min4004006002222640040040060060040010330.0007330.0006故主应变为：ε1＝0.000733，ε2＝0，ε3＝－0.0006。

387方向：由3601203400600tan23022400400600060120得α0＝30°或120°。（2）由于主应变ε2＝0，故主应力ζ2＝0，由广义胡克定律得1113E1331E代入数据得方程组：9200100.0007330.25139200100.0006310.25解得主应力为：ζ1＝124MPa，ζ2＝0，ζ3＝－88.9MPa。主应力的方向和主应变的方向相同，即α0＝30°或120。7.25列车通过钢桥时，在图7-2-38所示钢桥横梁A点用引伸计量得εx＝0.0004，εy＝－0.00012。试求A点在x-x及y-y方向的正应力。设E＝200GPa，μ＝0.3。并问这样能否求出A点主应力？图7-2-38解：由广义胡克定律可得：εx＝[ζx－μ（ζy＋ζz）]/E，εy＝[ζy－μ（ζx＋ζz）]/E。根据题意ζz＝0，将εx，εy，E，μ的值代入以上两式可得9200×10×0.0004＝ζx－0.3ζy9200×10×（－0.00012）＝ζy－0.3ζx解得：ζx＝80MPa，ζy＝0。由于在A点的单元体的切应力ηxy未知，因此不能求出主应力。7.26在一体积较大的钢块上开一个贯穿的槽，其宽度和深度都是10mm。在槽内紧密无隙地嵌入一铝质立方块，它的尺寸是10mm×10mm×10mm，如图7-2-39所示。当铝块受到压力F＝6kN的作用时，假设钢块不变形。铝的弹性模量E＝70GPa，μ＝0.33。试求铝块的三个主应力及相应的变形。

388图7-2-39解：铝块内任一点的应力状态如图7-2-40所示，其中A面为自由面，则3ζy＝－F/A＝－6×10/（10×10）MPa＝－60MPaζz＝0图7-2-40由于钢块不变形，应用广义胡克定律可得变形协调条件：εx＝0＝（ζx－μζy）/E。则ζx＝μζy＝－（0.33×60）MPa＝－19.8MPa。故铝块内的主应力：ζ1＝ζz＝0，ζ2＝ζx＝－19.8MPa，ζ3＝ζy＝－60MPa。由广义胡克定律得主应变11641123900.3319.860103.7610E70101162213919.80.33060100E7010116433129600.33019.8107.6410E7010则主应力相应的变形－4－3Δl1＝ε1l1＝3.76×10×10mm＝3.76×10mmΔl2＝ε2l2＝0－4－3Δl3＝ε3l3＝－7.64×10×10mm＝－7.64×10mm7.27从钢构件内某一点的周围取出一部分如图7-2-41所示。根据理论计算已经求得ζ＝30MPa，η＝15MPa。

389材料的E＝200GPa，μ＝0.30。试求对角线AC的长度改变Δl。图7-2-41解：由图7-2-41可得，A点的单元体表示如图7-2-42所示。图7-2-42根据其应力状态可知：ζx＝ζ＝30MPa，ζy＝0，ηxy＝－η＝－15MPa，α＝30°。由广义胡克定律可得113xxy3300.3000.1510E20010113yyx300.30300.04510E200106xyxy21xy210.30151030.19510xy9GEE2001021又由任意方向应变计算公式得xyxyxycos230sin230302220.150.0450.150.0450.1953cos60sin601022230.185710故对角线AC长度改变量3325ll0.185710mm9.2910mm30ACsin30*7.28图7-2-43所示直径D＝40mm的铝圆柱，放在厚度为δ＝2mm的钢套筒内，且设两者之间无间隙。作

390用于圆柱上的轴向压力为F＝40kN。若铝的弹性模量及泊松比分别是E1＝70GPa，μ1＝0.35；钢的弹性模量是E＝210GPa，试求筒内的周向应力。图7-2-432解：铝柱面受压应力为：ζ＝－4F/（πD）＝－31.8MPa。铝柱内任一点的应力状态如图7-2-44（a），设铝柱与钢套之间的挤压应力为p，则由广义胡克定律可得，铝柱的周向应变为：111=ppE1而对于钢套其任一点应力状态如图7-2-44（b），其周向应变为：ε2＝（1/E）·[pD/（2δ）]＝pD/（2Eδ）。由于铝圆柱与钢套筒之间相互压紧没有间隙，故变形的几何条件有：ε1＝ε2，即1pDpp1EE21解得：p＝2.79MPa。则圆筒内的周向应力为：ζθ＝pD/（2δ）＝2.79×40/4MPa＝27.9MPa。图7-2-44（a）

391图7-2-44（b）－47.29在二向应力状态下，设已知最大切应变γmax＝5×10，并己知两个相互垂直方向的正应力之和为27.5MPa。材料的弹性常数是E＝200GPa，μ＝0.25。试计算主应力的大小。解：由剪切胡克定律得最大切应力9E200104G510Pa40MPamaxmaxmax21210.25根据题意：ζx＋ζy＝27.5MPa。由主应力计算公式：21xyxy2xy223可得：ζ1＋ζ3＝εx＋ζy＝27.5MPa。又ηmax＝（ζ1－ζ3）/2＝40MPa。联立以上两式得：ζ1＝53.8MPa，ζ3＝－26.3MPa。综上，根据主应力符号规定记主应力为：ζ1＝53.8MPa，ζ2＝0，ζ3＝－26.3MPa。7.30已知测得构件自由表面上某点的0°、30°和90°（角度按逆时针标记）方向的正应变分别为ε0°＝300×10－6－6－6、ε30°＝100×10和ε90°＝20×10。若材料的弹性模量E＝200GPa，泊松比μ＝0.3。试求：（1）该点0°、30°和90°方向的正应力ζ0°、ζ30°和ζ90°；（2）该点的主应力ζ1、ζ2及ζ3，和最大切应力ηmax。解：（1）令εx＝ε0°，εy＝ε90°。由胡克定律εx＝（ζx－μζy）/Eεy＝（ζy－μζx）/E可得3E2001060x22xy3000.32010110.367.25MPa3E20010690y22yx200.330010110.324.18MPa由

392xyxyxycos2sin2222xyxyxycos60sin603022230020300201xy310022222－6可得γxy＝300×10。由胡克定律得3E200106G3001023.08MPaxyxyxy21210.3xyxycos2sin2xy22xyxycos60sin6030xy2267252418..672524181..32308.22223648MPa.（2）由主应力计算公式2maxxyxy2xy22min267.2524.1867.2524.18223.082277.29MPa14.14MPa可得主应力为：ζ1＝77.29MPa，ζ2＝14.14MPa，ζ3＝0。最大切应力：ηmax＝（ζ1－ζ3）/2＝（77.29－0）/2＝38.65MPa。7.31在题7.19中的各应力状态下，求体应变θ、应变能密度νε和畸变能密度νd。设E＝200GPa，μ＝0.30。解：（a）已知ζ1＝ζ2＝50MPa，ζ3＝－50MPa，E＝200GPa，μ＝0.30。则单位体应变

39312123123E120.306450505010110920010应变能密度1222ν12321223312E1222250505020.305050509220010123+505010Jm432.2510Jm畸变能密度1222νd1223316E10.322212350505050505010Jm6200109432.1710Jm（b）已知ζ1＝52.2MPa，ζ2＝50MPa，ζ3＝－42.2MPa。则单位体应变12120.3064123952.25042.2101.210E20010应变能密度1222ν12321223312E122252.25042.220.352.2505042.2922001012352.242.210Jm432.0110Jm畸变能密度1222νd1223316E10.322212352.2505042.242.252.210Jm6200109431.8910Jm（c）已知ζ1＝130MPa，ζ2＝30MPa，ζ3＝－30MPa。则单位体应变

39412120.306412391303030102.610E20010应变能密度1222ν12321223312E1222130303020.313030303022001091231303010Jm434.8110Jm畸变能密度1222νd1223316E10.32221231303030301303010Jm6200109434.2510Jm7.32图7-2-45所示方块ABCD尺寸70mm×70mm×70mm，通过专用的压力机在其四个面上作用均匀分布的压力。若F＝50kN，E＝200GPa，μ＝0.30，试求方块的体应变θ。图7-2-45解：由静力学平衡条件可得方块的四个面上受到的压力均为2F，故在四个面上的压应力均为32F25010xy6Pa14.4MPaA707010剩余一对平面上不受力，故ζz＝0。而方块的六个面上均无切应力，这些面都是主平面，故主应力为ζ1＝0，ζ2＝ζ3＝－14.4MPa则方块的体应变为

39512120.30651239014.414.4105.7610E200107.33试证明弹性模量E、切变模量G和体积弹性模量K之间的关系是E＝9KG/（3K＋G）。证明：已知切变模量G和体积弹性模量K与弹性模量E和泊松比μ之间的关系式分别为G＝E/[2（1＋μ）]，K＝E/[3（1－2μ）]由以上两式消去泊松比μ，可得：E＝9KG/（3K＋G）。命题得证。7.34对题7.4中的各应力状态，写出四个常用强度理论及莫尔强度理论的相当应力。设μ＝0.25，[ζt]/[ζc]＝1/4。解：（1）图7-2-5（a），已知ζ1＝57MPa，ζ2＝0，ζ3＝－7MPa，故ζr1＝ζ1＝57MPaζr2＝ζ1－μ（ζ2＋ζ3）＝[57－0.25×（0－7）]MPa＝58.8MPaζr3＝ζ1－ζ3＝（57＋7）MPa＝64MPa1222r412233121222577577MPa60.8MPa2t1577MPa58.8MParM13c4（2）图7-2-5（b），已知ζ1＝57MPa，ζ2＝0，ζ3＝－7MPa。由于四种强度理论及莫尔强度理论只与主应力有关，故该计算结果与题（1）完全相同。（3）图7-2-5（c），已知ζ1＝25MPa，ζ2＝0，ζ3＝－25MPa。同理得：ζr1＝25MPa，ζr2＝31.3MPa，ζr3＝50MPa，ζr4＝43.3MPa，ζrM＝31.3MPa。（4）图7-2-5（d），已知ζ1＝11.2MPa，ζ2＝0，ζ3＝－71.2MPa。同理得：ζr1＝11.2MPa，ζr2＝29MPa，ζr3＝82.4MPa，ζr4＝77.4MPa，ζrM＝29MPa。（5）图7-2-5（e），已知ζ1＝4.7MPa，ζ2＝0，ζ3＝－84.7MPa。同理得：ζr1＝4.7MPa，ζr2＝25.9MPa，ζr3＝89.4MPa，ζr4＝87.1MPa，ζrM＝25.9MPa。（6）图7-2-5（f），已知ζ1＝37MPa，ζ2＝0，ζ3＝－27MPa。同理得：ζr1＝37MPa，ζr2＝43.8MPa，ζr3＝64MPa，ζr4＝55.7MPa，ζrM＝43.8MPa。7.35对题7.19中的各应力状态，写出四个常用强度理论的相当应力。设μ＝0.30。如材料为中碳钢，指出该用哪一理论。解：（a）已知ζ1＝ζ2＝50MPa，ζ3＝－50MPa。根据常用强度理论公式得ζr1＝ζ1＝50MPaζr2＝ζ1－μ（ζ2＋ζ3）＝[50－0.30×（50－50）]MPa＝50MPaζr3＝ζ1－ζ3＝（50＋50）MPa＝100MPa1222r412233121222505050505050MPa100MPa2

396（b）同理各相当应力：ζr1＝52.2MPa，ζr2＝49.9MPa，ζr3＝94.4MPa，ζr4＝93.3MPa。（c）同理各相当应力：ζr1＝130MPa，ζr2＝130MPa，ζr3＝160MPa，ζr4＝140MPa。如材料为中碳钢，应该用第三或第四强度理论。7.36车轮与钢轨接触点处的主应力为－800MPa，－900MPa，－1100MPa。若[ζ]＝300MPa，试对接触点作强度校核。解：根据题意可知：ζ1＝－800MPa，ζ2＝－900MPa，ζ3＝－1100MPa，[ζ]＝300MPa。由于钢轨为中碳钢材料，故应采用第三或第四强度理论校核。由第三强度理论：ζr3＝ζ1－ζ3＝300MPa＝[ζ]。由第四强度理论1222r41223312122280090090011001100800MPa2264.6MPa<300MPa故接触点的强度满足要求。7.37厚壁炮筒横截面如图7-2-46所示。在危险点处，ζt＝550MPa，ζr＝－350MPa，第三个主应力垂直于图面是拉应力，且其大小为420MPa。试按第三和第四强度理论，计算其相当应力。图7-2-46解：根据题意，主应力为ζ1＝ζt＝550MPa，ζ2＝ζz＝420MPa，ζ3＝ζr＝－350MPa由第三强度理论：ζr3＝ζ1－ζ3＝（550＋350）MPa＝900MPa。由第四强度理论1222r412233121222550420420350350550MPa2842MPa

3977.38铸铁薄管如图7-2-47所示。管的外径为200mm，壁厚δ＝15mm，内压p＝4MPa，F＝200kN。铸铁的抗拉及抗压许用应力分别为[ζt]＝30MPa，[ζc]＝120MPa，μ＝0.25。试用第二强度理论及莫尔强度理论校核薄壁管的强度。图7-2-47解：根据题意，薄管内径：d＝D－2δ＝170mm。则薄管的周向应力：ζy＝pd/（2δ）＝4×170/（2×15）MPa＝22.7MPa。轴向应力3pdFpd4F4170420010MPax4A4πDd22415π2002170211.6MPa因薄管内壁上的点为危险点，则主应力为ζ1＝ζy＝22.7MPa，ζ2＝－p＝－4MPa，ζ3＝ζx＝－11.6MPa按第二强度理论校核ζr2＝ζ1－μ（ζ2＋ζ3）＝[22.7－0.25×（4＋11.6）]MPa＝22.6MPa＜[ζt]按莫尔强度理论校核ζrM＝ζ1－（[ζt]/[ζc]）ζ3＝（22.7＋0.25×11.6）MPa＝25.6MPa＜[ζt]综上可知，两种强度理论校核薄管的强度均满足要求。7.39钢制圆柱形薄壁容器，直径为800mm，壁厚δ＝4mm，[ζ]＝120MPa。试用强度理论确定可能承受的内压力p。解：如图7-2-48所示，为该薄壁容器危险点的应力状态。图7-2-48该点的主应力为－3－3ζ1＝pd/（2δ）＝800×10·p/（2×4×10）＝100p，ζ2＝pd/（4δ）＝50p，ζ3＝0按第三强度理论校核：ζr3＝ζ1－ζ3＝100p－0≤[ζ]。可得：p≤[ζ]/100＝120/100MPa＝1.2MPa。按第四强度理论校核

3981222r41223312122250p50p100pMPa503MPap2可得：120pMPa1.39MPa5035037.40图7-2-49所示工字型截面的悬臂梁，长为4m。受均布载荷q＝30kN/m和集中力F＝400kN的同时作用。该梁是由三块矩形截面的板经焊接而成，截面的尺寸如图7-2-49所示。若许用应力[ζ]＝160MPa。试用第四强度理论校核该梁的强度。图7-2-49解：应校核固定端截面强度2M＝400×1＋（1/2）×30×4＝640kN·mFS＝400＋30×4＝520kN用第四强度理论校核翼缘与腹板交接处强度1133294I108002240202240204102.040710mmz1212*63Sz＝20×240×410＝1.968×10mm6My64010400125.45MPax9I2.040710z36FS520101.96810Sz50.15MPaxy9It2.04071010zw相当应力2222r4x3xy125.45350.15152.58MPa<160MPa强度满足要求。7.3名校考研真题详解一、选择题

3991．已知脆性材料的许用拉应力[ζ]与泊松比μ，则根据第二强度理论确定纯剪切应力状态时的许用切应力[η]为（）。[北京航空航天大学2014研]A．[η]＝[ζ]/（1＋μ）B．[η]＝[ζ]/（1－μ）C．[η]＝[ζ]（1－μ）/（1＋μ）D．[η]＝[ζ]【答案】A【解析】纯剪切应力状态的主应力分别为ζ1＝η，ζ2＝0，ζ3＝－η根据第二强度理论ζr2＝ζ1－μ（ζ2＋ζ3），有ζr2＝ζ1－μ（ζ2＋ζ3）＝（1＋μ）η≤[ζ]所以η≤[ζ]/（1＋μ）。2．图7-3-1所示应力状态，如下描述正确的是（）。[西南交通大学2014研]图7-3-1A．ζ1＝50MPaB．ζ3＝0C．ηmax＝25MPaD．205MPamax【答案】D【解析】正应力为50MPa的平面上切应力为零，可得此平面为一个主平面，ζz＝50MPa，ζx＝70MPa，ζy＝30MPa。ηxy＝－40MPa，则xy平面内的应力2max70307030250205MPa40min2250205MPa故50205MPa1ζ2＝50MPa，50205MPa313205MPamax2

4003．下列关于材料力学课程中强度理论的叙述正确的是（）。[北京航空航天大学2015研]A．第一强度理论认为材料断裂的主要原因是最大拉应力，该理论主要解决脆性材料单向受压时的强度问题B．第二强度理论也称为最大拉应变理论，该理论认为引起材料断裂的主要原因是最大拉应变C．第三强度理论和第四强度理论均适用于塑性材料，但使用范围完全不同D．第一强度理论和第二强度理论均适用于脆性材料，且适用范围完全相同【答案】B【解析】第一强度理论适用于脆性材料在单向受拉情况下的强度分析；第二强度理论适用于脆性材料的单向受压和受拉的强度分析；第三和第四强度理论都适用于塑性材料。4．处于图7-3-2所示受力状态的矩形截面梁，梁内K点应力状态所对应的应力圆为（）。[北京航空航天大学2016研]图7-3-2A．B．C．

401D．【答案】B5．一个二向应力状态与另一个单向应力状态叠加，结果可能是（）应力状态。[华南理工大学2016研]A．二向B．二向或三向C．单向、二向或三向D．零【答案】C【解析】二向应力分别为ζx和ζy，若与其叠加的单向应力为－ζx，那么得到的就是单向应力；若与其叠加的是ζx，那么得到的还是二向应力；若与其叠加的是ζz，那么得到的就是三向应力。6．单向应力状态下，微元体（）。[华南理工大学2016研]A．既有体积改变又有形状改变B．既无体积改变又无形状改变C．只有体积改变D．只有形状改变【答案】A7．在严寒冬天状态下，水管中的水会结冰，下列说法中正确的是（）。[华南理工大学2016研]A．冰先破水管完好B．水管先破冰完好C．冰和水管同时破裂D．无法确定【答案】B【解析】水结成冰，体积膨胀会导致水管破裂，由于冰的强度比水管高，因此水管破裂而冰完好。8．单元体的应力状态如图7-3-3所示（单位MPa），最大剪应力是（）。[华南理工大学2016研]图7-3-3A．80B．50C．65D．－50

402【答案】C【解析】图中可以得到：ζx＝ζy＝0，ζz＝80MPa，ηxy＝50MPa，由题可知ζz为其中一个主应力，根据公式先计算xy平面的主应力2maxxyxy2xy22min得到：ζmax＝50MPa，ζmin＝－50MPa。因此，三个主应力为：ζ1＝80MPa，ζ2＝50MPa，ζ3＝－50MPa。据最大切应力公式ηmax＝（ζ1－ζ3）/2，得到ηmax＝65MPa。oo9．有一拉伸试件，横截面为40mm×5mm的矩形，当45斜面上（即斜面的法线与试件轴线的夹角＝45）的剪应力η45°＝150MPa时，试件表面上出现滑移线，这时试件所受轴向力P的值为（）。[昆明理工大学2016研]A．10kNB．60kNC．120kND．150kN【答案】B【解析】因为η45°＝ζxsin90°/2＝ζx/2，所以ζx＝300MPa，故轴向力P＝ζxA＝60kN。10．对同一点的应力状态分别按照第三和第四强度理论进行校核，其相当应力的关系是（）。[中国科学技术大学2016研]A．ζr3＝ζr4B．ζr3＞ζr4C．ζr3＜ζr4D．无法确定【答案】B【解析】ζr3＝ζ1－ζ3，1222r41223312

4031222rr3413122331221222131223312122213122331221223132122213122331212231222131223312011．图7-3-4所示铸铁圆轴，破坏时沿（）。[中国科学技术大学2016研]图7-3-4A．2-2纵截面B．1-1螺旋面C．3-3螺旋面D．4-4横截面【答案】B【解析】铸铁的抗拉强度低于抗压强度，3-3方向为最大正应力方向，即最大拉应力，1-1方向为最小正应力方向，即最大压应力。所以构件将沿着1-1螺旋面被拉断。12．按照第四强度理论，通过纯剪切应力状态可以证明塑性材料的许用剪应力和许用正应力满足（）。[中国科学技术大学2016研]A．[η]＝[ζ]B．[η]＝[ζ]/2C．[η]＝[ζ]/31D．3【答案】D【解析】因为纯剪切是拉-压二向应力状态，且

404ζ1＝η，ζ2＝0，ζ3＝－η则对塑性材料，按照第四强度理论，纯剪切的强度条件是1222122331212220032所以有13又因为剪切的强度条件是η≤[η]。二者比较，可得出1313．已知某点的平面应力状态ζx，ζy，ηxy，且该点的两个非零主应力为ζ1，ζ2，则下面的关系成立的是（）。[中国科学技术大学2016研]A．ζ1＋ζ2＝ζx＋ζyB．ζ1＋ζ2＞ζx＋ζyC．ζ1＋ζ2＜ζx＋ζyD．ζ1＋ζ2和ζx＋ζy关系无法确定【答案】A【解析】该问题为平面应力状态，所以必定存在一个主应力为0，由题ζ1、ζ2均是非零主应力，则ζ3为零主应力，根据ζ1≥ζ2≥ζ3，所以ζ1、ζ2都大于0。所以21xyxy2xy222ζ1＋ζ2＝ζx＋ζy14．图7-3-5所示凹座里嵌入一个铝质立方体。设铝块与刚座间既无间隙，也无摩擦，则在均布压力p作用下铝块处于（）。[重庆大学2016研]图7-3-5A．单向应力状态，且只有一个主应变不等于零

405B．三向应力状态，且只有一个主应变不等于零C．单向应力状态，且三个主应变均不等于零D．三向应力状态，且三个主应变均不等于零【答案】B【解析】铝块的六面均有外力作用，属于三向应力状态，因铝块与刚座间无间隙，故铝块竖直壁面无主应变，只有竖直方向存在主应变。15．下列论述中，正确的是（）[重庆大学2016研]（1）单元体中正应力为最大值的截面上，切应力必定为零（2）单元体中切应力为最大值的截面上，正应力必定为零（3）第一强度理论认为最大拉应力是引起断裂的主要因素（4）第三强度理论认为最大切应力是引起屈服的主要因素A．（1），（3），（4）B．（2），（3），（4）C．（1），（4）D．（3），（4）【答案】A【解析】（1）中，正应力为最大值的截面为主平面，切应力为零；（2）中，切应力为最大值的截面上，正应力为（ζ1＋ζ3）/2，不一定为零；（3）中，第一强度理论为最大拉应力理论，认为引起材料断裂的主要因素是最大拉应力；（4）中，第三强度理论为最大切应力理论，认为引起屈服的主要因素是最大切应力。因此，（1）（3）（4）正确。二、填空题1．如图7-3-6所示微体内最大正应力ζmax＝______MPa，最大切应力ηmax＝______MPa。[北京航空航天大学2013研]图7-3-6【答案】130；80【解析】图中－30MPa为一个主应力，另外两个主应力为2130MPamaxxyxy2xymin2230MPaζ1＝130MPa，ζ2＝30MPa，ζ3＝－30MPaηmax＝（ζ1－ζ3）/2＝80MPa2．如图7-3-7所示铸铁薄壁圆筒，材料泊松比μ，内径为d，壁厚δ，承受内压p和沿轴线的一对压力F（F表示绝对值），则圆筒的轴向正应力ζ＝______。若轴向正应力为压应力且为绝对值最大的主应力，则由第二强

406度理论，相当应力ζr2＝______。注：不考虑失稳和端部效应，不考虑径向应力，圆筒的横截面积近似为A＝πdδ。[北京航空航天大学2013研]图7-3-7dpFdpdpF【答案】；4πd22πd【解析】不考虑径向应力，该问题为平面应力问题。则轴向正应力ζl为π22πdpFdpF44dpFlAπd4πd截取一段圆环，取其一半结构，圆环内作用p和环向应力ζc，如图7-3-8，则环向应力ζc满足图7-3-8∑Fx＝0∑Fy＝0，πpRsind20c0所以ζc＝pR/δ＝pd/（2δ）（拉应力）。综上，ζ1＝ζc＝pd/（2δ），ζ2＝ζl＝pd/（4δ）－F/（πdδ），ζ3＝0。第二强度理论为最大伸长应变理论，其相当应力为dpdpFr212322πd3．如图7-3-9所示微体内的第一主应力ζ1＝______，最大切应力ηmax＝______。（图中ζ为大于零的数值）[北京航空航天大学2014研]

407图7-3-9【答案】ζ，3ζ/4【解析】由图7-3-9易知，ζ1＝ζ，ζ2＝－ζ/3，ζ3＝－ζ/2，所以ηmax＝（ζ1－ζ3）/2＝3ζ/4。4．如图7-3-10所示，一立方体铝块置于一槽形刚体内，且二者光滑贴合。假设铝块上表面承受均布载荷p（p为一大于零的数值）。已知铝的弹性模量为E，泊松比为μ，则铝块中任意微体内的第二主应力为______。根据第三强度理论，微体的相当应力ζr3为______。[北京航空航天大学2015研]图7-3-10【答案】－μp；p【解析】该问题为二向平面应力问题。设铝块侧面和刚体之间的作用力为ζ，则有ε＝[ζ－μ（－p）]/E＝0所以ζ＝－μp。因此ζ1＝0，ζ2＝－μp，ζ3＝－p，ζr3＝ζ1－ζ3＝p。5．如图7-3-11所示等截面钢杆承受载荷F的作用（F大小未知），钢杆上、下表面均贴有应变片。若已知应变片测得的轴向正应变分别为εa和εb（εa和εb均大于零），材料的弹性模量为E，横截面的高度和宽度分别为h和b，则偏心距e为______（注：用已知量表示）。根据第四强度理论，危险点的相当应力ζr4为______（注：用已知量表示）。[北京航空航天大学2015研]图7-3-11

408hab【答案】；Eεa6ab【解析】两个应变均大于零，两处均受拉FFeF6FeaFM2AWbhbhFFeF6FebFM2AWbhbh根据应力应变关系ζ＝Eε，得到2ζa＝F/（bh）＋6Fe/（bh）＝Eεa（1）2ζb＝F/（bh）－6Fe/（bh）＝Eεb（2）用（1）加上（2），得到2F/（bh）＝E（εa＋εb），所以F＝Ebh（εa＋εb）/2。2用（1）减去（2），得到12Fe/（bh）＝E（εa－εb）。所以2Ebhabhabe12F6ab危险点位于a处，而且a点为单向应力状态，ζ1＝Eεa，ζ2＝ζ3＝0，所以根据第四强度理论1222ra41223311E26．已知应力状态如图7-3-12所示，判断其为______向应力状态。其最大主应力ζ1＝______。[北京航空航天大学2016研]图7-3-12【答案】二；η【解析】图示为纯剪切应力状态，为拉-压二向应力状态，且ζ1＝η，ζ2＝0，ζ3＝－η。7．如图7-3-13所示直径为d的圆截面轴，两端承受扭力偶矩M作用。设由实验测得轴表面与轴线成－45°方位的正应变ε－45°，材料的弹性模量与泊松比分别为E与μ。扭力偶矩M＝______，横截面上最大扭转切应力ηmax＝______。[北京航空航天大学2016研]

409图7-3-133EπEd4545【答案】；1611【解析】图示检测位置的应力状态为3ηxy＝（M/Ip）·（d/2）＝M/Wt＝16M/（πd），ζx＝ζy＝0所以应变为3γxy＝ηxy/G＝32M（1＋μ）/（Eπd），εx＝εy＝0根据应变分量的变换规律xyxyxycos2sin2222因此3ε－45°＝γxy/2＝16M（1＋μ）/（πEd）3M＝πEdε－45°/[16（1＋μ）]3ηmax＝M/Wt＝16M/（πd）＝Eε－45°/（1＋μ）8．主平面的切应力为______。[华南理工大学2016研]【答案】09．对于非圆截面杆来说，在扭转与弯曲组合的强度条件下，第四强度理论的表达式为______。[华南理工大学2016研]【答案】223【解析】对于非圆截面杆，求正应力时不能直接将两个方向的弯矩合成，而应分别求出对应弯矩引起的正应力并叠加，切应力也按非圆截面求出，然后把求得的正应力和切应力按第四强度理论表示为：223。三、计算题1．如图7-3-14所示，受内压力作用的两端封闭容器，其直径为D＝200mm，壁厚为δ＝10mm，承受内压力p及扭矩T作用。用电阻应变计法测得受扭圆筒容器表面某点与中线分别成60°及30°方向的线应变为εab、εac，则求该容器所受内压力p即扭矩T。

410图7-3-14解：轴向正应力ζx＝pd/（4δ），周向正应力ζt＝ζy＝pd/（2δ），d＝D－2δ＝180mm，平均半径r＝（D－δ）/2＝95mm，截面上的剪应力为2π22Trd2πrxyxy02ηxy＝T/（2πrδ）不考虑内压的径向应力，该状态为平面应力状态。则xyxycos2sin2xy223pdpd13T5pd3T30228824πrr164π73pdT60xt30164πr2平面应力状态，有

411E302acab1E602abac1联立，解得4Eacabp31d23ErπT2ac75ab75912．如图7-3-15所示矩形截面等直梁受均布载荷q的作用，在梁AB段的中央处的距下底面h/4位置，沿±45°方向贴有两个应变片，其应变为ε45°和ε－45°；画出该梁的剪力图和弯矩图，并求q的表达式。（用E，v、b、h、l、ε45°、ε－45°表示）[西南交通大学2014研]图7-3-15解：（1）由静力平衡条件求解支反力∑M（A）＝0，214Flql0B23FB＝8ql/9（↑）∑Fy＝0，FB＋FAy－4ql/3＝0FAy＝4ql/9（↑）剪力图和弯矩图如图7-3-16：

412图7-3-16（2）跨中截面D处内力：2ll172MFqqlDAy22272下边缘处拉应力：72ql2M727qlDmax1122W2bhzbh6梁内正应力线性分布，测点处正应力22ζx＝ζmax/2＝7ql/（24bh），ζy＝0测点处为平面应力状态，有2ζ45°＝E（ε45°＋με－45°）/（1－μ）2ζ－45°＝E（ε－45°＋με45°）/（1－μ）ζx＝ε45°＋ε－45°－ζy＝E（ε45°＋ε－45°）/（1－μ）22而ζx＝7ql/（24bh），故224E4545bhq271l3．如图7-3-17所示，在受集中力偶矩Me作用的矩形截面简支梁中，测得中性层上k点处沿图示－45°方向的线应变为ε－45°。已知材料的弹性常数E、μ和梁的横截面及长度尺寸b、h、a、d、l。试求集中力偶矩Me。[武汉大学2015研]

413图7-3-17解：∑M（B）＝0，FAl－Me＝0⇒FA＝Me/l矩形截面梁的中性层上受切应力的作用ηxy＝3FQ/（2bh）＝3FA/（2bh）＝3Me/（2bhl）因为k点处在中性层处，所以ζx＝ζy＝0。此时k点处于纯剪切应力状态。解法一：－45度方向是主应力方向，ζ1＝ηxy，ζ2＝0，ζ3＝－ηxy。ε－45°＝（ζ1－μζ3）/E＝ηxy（1＋μ）/Eηxy＝Eε－45°/（1＋μ）＝3Me/（2bhl）所以2Ebhl45Me31解法二：εx＝εy＝0，γxy＝ηxy/G＝2ηxy（1＋μ）/E根据应变分量转换公式xyxyxycos2sin2222即xyxyπxyπcossin4522222xy1xy2Eηxy＝Eε－45°/（1＋μ）＝3Me/（2bhl）解得：2EbhlM45e31

4144．如图7-3-18示受力板件，试证明A点处各截面的正应力与切应力均为零。[华南理工大学2016研]图7-3-18证明：在尖点沿自由边界取三角形单元体如图7-3-19所示，因楔形面为自由表面，所以其上的应力分量ζα＝ηα＝0，于是有xyxycos2sin20xy22xysin2cos20xy2因sin2α≠0，cos2α≠0，所以必有ζx＝ζy＝ηxy＝0。因此A点为零应力状态，即各截面的正应力与切应力均为零。图7-3-195．构件上危险点的应力状态如图7-3-20所示，试对下列情况进行强度校核。（1）若构件材料为铸铁，其许用应力[ζ]＝30MPa，且ζx＝10MPa，ζy＝23MPa，ζz＝0，ηxy＝－11MPa。（2）若构件材料为Q235钢制构件，其许用应力[ζ]＝160MPa，且ζx＝ζy＝ζz＝0，ηxy＝－11MPa。[华南理工大学2016研]

415图7-3-20解：（1）ζx＝10MPa，ζy＝23MPa，ζz＝0，ηxy＝－11MPa由此可得：ζz为其中一个主应力。先算出XY平面的主应力11221xyxy4xy29.28MPa2211222xyxy4xy3.72MPa22得到三个主应力分别为：ζ1＝29.28MPa，ζ2＝3.72MPa，ζ3＝0。最大主应力ζ1≤[ζ]，故构件安全。（2）由ζx＝ζy＝ζz＝0，ηxy＝－11MPa可知三个主应力为ζ1＝|ηxy|＝11MPa，ζ2＝0，ζ3＝－|ηxy|＝－11MPa用第三强度理论进行强度校核：ζ1－ζ3＝22MPa＜[ζ]。所以构件满足第三强度理论的条件。也可以用第四强度理论进行校核1222122331212221100111111MPa219.052MPa<可见满足第四强度理论的强度条件。6．已知从某结构上危险点取出的单元体应力状态如图7-3-21所示，图中应力单位皆为MPa。试求：（1）主应力大小，主平面位置；（2）在单元体上绘出主平面位置及主应力方向；（3）最大切应力。[昆明理工大学2016研]

416图7-3-21解：（1）根据题意得22maxxyxyxy22min250305030217.6(MPa)202262.4(MPa)所以ζ1＝0，ζ2＝－17.6MPa，ζ3＝－62.4MPa。主平面位置，由tan2α0＝－2ηxy/（ζx－ζy）＝－2×（－20）/（－50＋30）＝－2得α0＝－31.7°。（2）主平面位置及主应力方向如图7-3-22所示图7-3-22（3）最大切应力为ηmax＝（ζ1－ζ3）/2＝（0＋62.4）/2＝31.2（MPa）7．某构件危险点的应力状态如图7-3-23所示，应力单元体为等腰直角三角形。已知ηα＝20MPa，ζx＋ζy＝100MPa，求该点主应力和最大切应力并画出应力圆。假设材料的许用应力[ζ]＝100MPa，按第三强度理论校核该点的应力强度。[中国科学技术大学2016研]

417图7-3-23解：由平衡方程Fx0F0ycos450xxysin450yxy所以ηxy＝（ζx＋ζy）/2＝50MPaζx＝ηxy－ηαcos45°＝35.9MPaζy＝100－ζx＝64.1MPa则最大最小主应力为：2101.95MPamaxxyxy2xy221.95MPamin所以：ζ1＝101.95MPa，ζ2＝0，ζ3＝－1.95MPa。最大切应力为ηmax＝（ζ1－ζ3）/2＝（101.95＋1.95）/2＝51.95MPa第三强度等效应力为ζr3＝ζ1－ζ3＝101.95＋1.95＝103.9MPa＞[ζ]＝100MPa应力圆如图7-3-24：

418图7-3-248．图7-3-25所示空心圆轴，外径R＝20mm，壁厚t＝10mm，长度l＝0.8m；AB两端分别作用有集中力矩Me，方向如图示。已知：剪切模量G＝77GPa，泊松比μ＝0.3。在表面某点C放置一枚应变片，与表面纵线呈15°角，加载后测得应变片的读数为0.001。求：所施加的力矩Me。[南京航空航天大学2017研]图7-3-25解：圆轴扭转时，表面切应力ηmax＝Me/Wt，且εx＝εy＝0Me＝ηmax·Wt＝Gγxy·Wtα＝15°时，εα＝0.001，而xyxyxycos2sin2222解得：γxy＝4εα＝0.004。所以π34MeGxyWtGxyD1163π3477100.0044010.5Nmm163.63kNm

4199．图7-3-26所示受力杆件中，已知F＝20kN，Me＝0.8kN·m，直径d＝40mm。材料的E＝200GPa，ν＝0.3。试求外表面上A点的主应力与最大线应变。[山东大学2017研]图7-3-26解：该杆件为拉扭组合变形，A点受到拉力产生的轴向正应力和扭矩产生的切应力分别为3FF44201015.9MPax22Adππ406MM16160.810ee63.7MPa33Wdππ40t所以可得2maxxyxy222min215.9015.90272.14MPa63.72256.24MPa即A点的主应力为：ζ1＝72.14MPa，ζ2＝0，ζ3＝－56.24MPa。最大线应变为1111ν23372.140.3056.24E2001044.451010．如图7-3-27所示，一横截面为正方形的悬臂梁AB，横截面边长为10mm，B端在Oxy平面内施加一集中力F与x轴夹角α＝45°。（1）画B端面中心点处代表的单元体，并计算各面的应力数值；（2）确定该点的三个主应力；（3）确定该点的最大切应力。[南京航空航天大学2018研]

420图7-3-27解：（1）B端面作用有轴向的拉力和平行于截面的剪力，中心点处代表的单元体如图7-3-28所示。图7-3-283Fcos10210cos45Pa100MPa2A0.013FS3sinF310210sin45SzPa150MPa22Ib2a20.01z（2）该点z方向的主应力为0，故可将该点应力状态转换为平面应力状态计算22xyxy2210001000150主2222计算得三个主应力分别为ζ1＝208MPa，ζ2＝0，ζ3＝－108MPa。（3）ηmax＝（ζ1－ζ3）/2＝158MPa。

421第8章组合变形8.1复习笔记一、组合变形和叠加原理组合变形是指构件在荷载作用下发生两种或两种以上的基本变形。在下述情况下组合变形可用叠加法求解：①内力、应力、应变、变形等与外力之间成线性关系，即满足胡克定律；②变形是小变形，可以用原始尺寸原理。1．处理组合变形的基本方法（1）外力分析：将外力简化并沿主惯性轴分解，将组合变形分解为基本变形，使之每组力（或力偶）对应一种基本变形。（2）内力分析：求每个外力分量对应的内力方程和内力图，确定危险截面，分别计算在每一种基本变形下构件的应力和变形。（3）应力分析：画出危险截面的应力分布图，利用叠加原理将基本变形下的应力和变形叠加，建立危险点的强度条件。2．解决组合变形强度问题的步骤（1）将外力分解或简化为几组静力等效的载荷，其中每一组载荷对应着一种基本变形；（2）分别画出每种基本变形的内力图，确定危险截面；（3）用叠加法将每种基本变形在同一点引起的应力叠加，确定危险点的位置；（4）分析危险点的应力状态，选择适宜的强度理论进行强度计算。二、拉伸或压缩与弯曲的组合1．受力特点作用在杆件上的外力既有轴向拉（压）力，也有横向力。2．变形特点发生拉伸（或压缩）、弯曲两种基本变形，如图8-1-1所示。图8-1-13．内力分析横截面上的内力包括：轴力FN、弯矩Mz和剪力FS。其中，由于剪力引起的切应力较小，因此，一般不考虑。4．应力分析（1）拉伸正应力：

422FNA（2）弯曲正应力：MyzIz（3）根据叠加原理，总正应力：FMyNzAIz5．强度计算危险点通常位于截面上距中性轴最远处。（1）强度条件危险点处于单向应力状态，强度条件ζmax≤[ζ]。当材料的许用拉应力和许用压应力不相等时，应分别建立杆件的抗拉和抗压强度条件：ζtmax≤[ζt]，ζcmax≤[ζc]。（2）强度计算步骤①作内力图，确定危险截面；②计算截面应力并作其分布图，确定危险点；③对危险点进行强度校核。三、偏心压缩和截面核心（选学内容，不做要求）1．偏心压缩短柱上的外力的作用线与杆的轴线平行但不重合时的情况，它可以转化为轴向拉伸（压缩）和平面弯曲两种基本变形。2．截面正应力计算一短柱受偏心拉力F作用，其作用点为（yF，zF），将外力向截面形心简化，如图8-1-2所示。

423图8-1-2（1）横截面内力分析轴力：FN＝F。弯矩：My＝FzF，Mz＝FyF。（2）横截面上点C（y，z）处的应力分析压缩正应力：FA弯曲正应力：MyFyy=zFIIzzMzFzzyFIIyy根据叠加原理，C点处的正应力：FFyyFzzFFAIIzy式中，A为横截面面积；Iy、Iz分别为横截面对y轴和z轴的惯性矩。（3）截面最大应力点同中性轴平行的直线与截面边缘相切的点；对于有棱角的截面，位于棱角处。（4）确定中性轴的位置中性轴上一点坐标为（y0，z0），则中性轴方程为

424yyzzFF00122iizy它是一条不通过截面形心的直线，其在y轴和z轴上的截距为2izayyF2iyazzF中性轴与外力作用点分别处于截面形心的相对两侧。3．截面核心横截面上的一封闭区域，当压力作用点位于该区域时，截面上只有压应力，该区域称为截面核心。（1）确定截面核心①作与截面周边相切的任一直线，并视为中性轴，确定中性轴的截距ay和az；②确定与该中性轴对应的外力作用点坐标：2izyay2iyzaz③重复步骤①、②得到截面核心边界上各点，连接这些点即为截面核心边界，其包围的区域是截面核心。（2）常见图形的截面核心圆形截面和矩形截面的截面核心分别如图8-1-3（a）、（b）所示。图8-1-3（a）

425图8-1-3（b）四、扭转和弯曲组合杆件在弯矩和扭矩同时作用下，承受转矩和横向力的作用。此时危险点的应力状态为平面应力状态，分量为正应力MW和切应力TWt1．危险点主应力212122422223022．强度条件塑性材料采用第三强度理论或者第四强度理论。第三强度理论：22134第四强度理论：12222212233132横截面为圆形的杆件在弯扭组合变形下，强度条件可用弯矩和扭矩表示为第三强度理论：

426122MTW第四强度理论：122MT0.75W其中，W为抗弯截面系数。8.2课后习题详解8.1试求图8-2-1所示各构件在指定截面上的内力分量。图8-2-1解：（a）FN＝Fcosθ，FS＝Fsinθ，M＝Facosθ＋Flsinθ

427（b）FN＝Fy，FSx＝Fx，FSz＝Fz，Mx＝2Fy－FzL，Mz＝FxL－3Fy，T＝2Fx－3Fz（c）截面1-1：FSy＝F1/2，FSz＝F2/2，Mz＝F1a，My＝F2a，T＝－F1a/2；截面2-2：FN＝F2/2，FSy＝F1/2，Mx＝3F1a/4，My＝F2a/2，T＝－F1a/2。8.2人字架及承受的载荷如图8-2-2所示。试求截面m-m上的最大正应力和该截面上A点的正应力。图8-2-2解：求m-m截面的形心0.10.20.20.20.10.05zm0.125mC0.10.20.20.1yC＝0横截面对中性轴的惯性矩3232－Iy＝（1/12）×0.1×0.2＋0.02×（0.2－0.125）＋（1/12）×0.2×0.1＋0.02×（0.125－0.05）＝3.08×1044m假想沿m-m截面将该结构断开，取左侧结构，根据平衡条件求得m-m截面上的内力为FN＝100kN，FS＝75kN，M＝203kN·m故该截面上最大正应力ζtmax＝MzC/Iy－FN/A＝79.9Mpaζcmax＝M（0.3－zC）/Iy＋FN/A＝118MPaA点的正应力：ζA＝M（0.2－0.125）/Iy＋FN/A＝51.9MPa（压应力）。8.3图8-2-3所示起重架的最大起吊重量（包括行走小车等）为W＝40kN，横梁AC由两根No.18槽钢组成，材料为Q235钢，许用应力[ζ]＝120MPa。试校核横梁的强度。

428图8-2-3解：分析可知，当小车行至AC中点，即载荷W在AC中点时，梁内最大弯矩值最大，此时危险截面为AC中点截面，危险点为该截面上边缘各点。以梁AC为研究对象，对其进行受力分析，如图8-2-4所示。图8-2-4由平衡方程得各支反力FNAB＝W3FFcos30WCxNAB2FCy＝W－FNABsin30°＝W/2则在AC中点截面上的内力3FFW34.6kNNCx2M＝FCy×3.5/2＝（W/2）×3.5/2＝35kN·m243其中，查型钢表知NO.18槽钢截面参数：A＝29.3cm，Iy＝1370cm，Wy＝152cm。故横梁上最大压应力FM33Ny34.6103510Pa121Mpa>[]max46AW229.310215210y（121－120）/120×100%＝0.83%超过许用应力0.83%，故仍可使用。

4298.4拆卸工具的爪（如图8-2-5所示）由45钢制成，其许用应力[ζ]＝180MPa。试按爪的强度，确定工具的最大顶压力Fmax。图8-2-5解：m-m截面上的内力：FN＝F/2，M＝Fl/2。危险点发生在m-m截面内侧，根据爪的强度条件ζ＝M/W＋FN/A＝Fl/（2W）＋F/（2A）≤[ζ]，可得2180FN19kNl13212WA212261726176故最大顶压力F＝19kN。8.5单臂液压机架及其立柱的横截面尺寸如图8-2-6所示。F＝1600kN，材料的许用应力[ζ]＝160MPa。试校核机架立柱的强度（关于立柱横截面几何性质的计算，可参看附录Ⅰ例Ⅰ.7）。

430图8-2-64解：由教材附录Ⅰ例Ⅰ.7知，横截面对中性轴yC的惯性矩：I＝0.029m。分析可知，在m-m截面上最大应力产生在AB上，且为拉应力，值为FNFyCC900ymaxAI3160010614008601400501686032101.610669001400890140089010Pa0.02955.7MPa<160MPa因此该立柱满足强度要求，是安全的。8.6材料为灰铸铁HT15-33的压力机框架如图8-2-7所示。许用拉应力为[ζt]＝30MPa，许用压应力为[ζc]＝80MPa。试校核框架立柱的强度。图8-2-7解：根据横截面尺寸确定中性轴的位置m-m截面面积22A＝（100×20＋50×20＋60×20）mm＝4200mmz2＝（20×100×10＋60×20×50＋20×50×90）/4200mm＝40.5mmz1＝100－z2＝59.5mm则横截面对中性轴的惯性矩3232324I＝（100×20/12＋20×100×30.5＋20×60/12＋20×60×9.5＋50×20/12＋20×50×49.5）mm＝4.88×10－64m－3m-m截面的内力：FN＝F＝12kN，M＝12×（200＋40.5）×10kN·m＝2.89kN·m。m-m截面内侧有最大拉应力：ζtmax＝Mz2/I＋FN/A＝26.8MPa＜[ζt]＝30MPa。m-m截面外侧有最大拉应力：ζcmax＝Mz1/I－FN/A＝32.3MPa＜[ζc]＝80MPa。因此该立柱满足强度要求，是安全的。8.7图8-2-8所示短柱受载荷F1和F2的作用，试求固定端截面上角点A、B、C及D的正应力，并确定其中性轴的位置。

431图8-2-8解：截面ABCD上的内力FN＝－F1＝－25kNFS＝F2＝5kNMy＝F1×0.025＝25×0.025kN·m＝0.625kN·mMz＝F2×0.6＝5×0.6kN·m＝3kN·m242横截面面积：A＝150×100mm＝1.5×10mm。3474横截面对y轴的惯性矩：Iy＝（1/12）×150×100mm＝1.25×10mm。3474横截面对z轴的惯性矩：Iz＝（1/12）×100×150mm＝2.81×10mm。根据应力计算FMyMz36yz6Nzy25103100.62510477AII1.5102.81101.2510zy1.6670.10676yz0.05MPa代入相关数据得各点应力ζA＝（－1.667＋0.10676×75＋0.05×50）MPa＝8.83MPaζB＝[－1.667＋0.10676×75＋0.05×（－50））MPa＝3.83MPaζC＝[－1.667＋0.10676×（－75）＋0.05×（－50）]MPa＝－12.2MPaζD＝[－1.667＋0.10676×（－75）＋0.05×50]MPa＝－7.17MPa对于中性轴上，有ζ＝－1.667＋0.10676y＋0.05z＝0，得y/15.6＋z/33.4＝1。令z＝0，得ay＝15.6mm；令y＝0，得az＝33.4mm。ay，az即为中性轴在坐标轴上的截距。8.8图8-2-9所示钻床的立柱为铸铁制成，F＝15kN，许用拉应力[ζt]＝35MPa。试确定立柱所需直径d。

432图8-2-9解：立柱截面上的内力：FN＝F＝15kN，M＝0.4F＝6kN·m。截面内侧有最大拉应力FM4F32MNmax23AWπdπd由强度条件ζmax≤[ζt]得3341510326106351023πddπ解得立柱所需直径：d≥0.122m＝122mm。8.9水平放置的圆筒形容器如图8-2-10所示。容器内径1.5m，厚度δ＝4mm，内储均匀内压为p＝0.2MPa的气体。容器每米重18kN。试求中央截面上A点的应力。图8-2-10解：圆筒形薄壳可近似地看作在横向载荷作用下受弯曲变形的梁，其中q＝18kN/m。容器在内压作用下既有弯曲又有拉伸。因此由内压p引起的均匀拉应力为－3ζ′＝pD/（4ζ）＝（0.2MPa）×（1.5m）/（4×4×10m）＝18.8MPa跨度中央截面上的弯矩2M＝（1/2）（18kN/m）×（7m）×（2.5m）－（1/2）（18kN/m）×（3.5m）＝47.3kN·m

433容器对水平直径的惯性矩为3－33－3－34Iz＝πrδ＝π（1.5m/2＋（1/2）×4×10m）×4×10m＝5.34×10m其中r为圆筒平均半径。A点上的弯曲正应力331.5m47.310Nm410mMy234Iz5.3410m66.6810Pa6.68MPa叠加得ζ2＝ζ′＋ζ″＝25.5MPaA点的纵向截面上因内压F引起的拉应力为ζ1＝pD/（2δ）＝37.5MPaA点的应力状态如图8-2-10所示。8.10短柱的截面形状如图8-2-11所示，试确定截面核心。图8-2-11解：（a）梯形截面面积22A＝（1/2）×（0.2＋0.4）×0.3m＝0.09m记梯形横截面的上底为b，下底为b′，高为h，则截面形心位置h2bbz0.133mC3bbyC＝0则该梯形横截面对形心的惯性矩223223b4bbbh0.240.20.40.40.34ImyC36bb360.20.4446.510m

4342131310.14I0.30.220.30.10.10.30.1mzC123623447.510m由此可得回转半径I42yC6.510232im7.2210myCA0.0942IzC7.510232im8.3310mzCA0.0922利用公式yp＝－iz/ay，zp＝－iy/az来确定力作用点的坐标。四组截距（ay，az）分别为（∞，－0.133）、（∞，0.167）、（－0.156，0.467）、（0.156，0.467）故四个力的作用点为（0，0.0543）、（0，－0.0432）、（0.0534，－0.0155）、（－0.0534，－0.0155）以上单位为m，截面核心如图8-2-13（a）所示。图8-2-13（a）（b）对图8-2-11（b）建立如图8-2-12所示坐标系。

435图8-2-12分两部分进行计算图8-2-11（b）所示截面面积：22①半圆面积：A1＝πR/2＝0.0353m；该半圆截面形心C1的位置：z1＝4R/（3π）＝0.0637m，y1＝0；则该截面对形心C1的惯性矩分别为454IR0.10985.5610myC14πR54I19.910mzC1822②矩形面积：A2＝0.3×0.25m＝0.075m；该矩形截面形心C2的位置：z2＝（0.25/2）m＝0.125m，y2＝0；则该截面对形心C2的惯性矩分别为13454I0.30.25m39.110myC21213454I0.250.3m56.310mzC212③综上可得图形形心C的位置：zC＝[A1（z1＋0.25）＋A2z2]/（A1＋A2）＝0.186m，yC＝0。则其对图形形心C的惯性矩分别为54III76.210mzCzC12zC2254IyCIyC12IyCAz110.25zCAz2Cz213010m2－222－32由此可得回转半径：iyC＝IyC/A＝1.18×10m，izC＝IzC/A＝6.93×10m。22利用公式yp＝－iz/ay，zp＝－iy/az来确定力作用点的坐标。四组截距（ay、az）分别为（－0.15，∞）、（0.15，∞）、（∞，0.214）、（∞，－0.186）。

436各力作用点坐标为（0.0462，0）、（－0.0462，0）、（0，－0.0511）、（0，0.0634）以上单位为m，截面核心如图8-2-13（b）所示。图8-2-13（b）（c）①截面形心42上部矩形面积：A1＝200×100＝2×10mm。形心C1的位置：z1＝250mm。对C1的惯性矩1384I2001000.16710mmyC1121384I1002000.66710mmzC11242下部矩形面积：A2＝200×100＝2×10mm。形心C2的位置：z2＝100mm。对C2的惯性矩1384I1002000.66710mmyC2121384I2001000.16710mmzC212综上可得图形形心C的位置44AzAz210250210100z1122mm=175mmC44AA21021012由于截面对称，所以yC＝0。②形心主惯性矩及惯性半径8484IzCIzC12IzC0.6670.16710mm0.83410mm

4372222IIAdIAdIA75IA75yCyC111yC222yC11yC228428420.16710210750.6671021075843.08410mm回转半径28442iyC＝IyC/A＝3.084×10/（4×10）＝0.771×10mm28442izC＝IzC/A＝0.834×10/（4×10）＝0.209×10mm③根据中性轴截距求力作用点坐标22利用公式yp＝－iz/ay，zp＝－iy/az来确定力作用点的坐标。表8-2-1边界ABBCCDDE截距ay、az∞－17593.75－375100∞∞125力的作用点zF、yF04－22.2920.56－20.900－61.68即各个力的作用点坐标为（0，44）、（－22.29，20.56）、（22.29，20.56）、（－20.9，0）、（20.9，0）、（0，－61.68），单位均为毫米，得到核心区域如图8-2-13（c）。图8-2-13（c）8.11如图8-2-14所示，槽形截面的截面核心为abcd，若有垂直于截面的偏心压力F作用于A点，试指出这时中性轴的位置。

438图8-2-14解：如图8-2-14所示，当力作用于a点时，ED为中性轴，作用于b点时，CD为中性轴。当力作用点沿ab移动时，中性轴绕D点转动。同理，当力作用点沿cd移动时，中性轴必过B点。而力作用于ab和cd交线处，所以中性轴为过BD的直线。8.12手摇绞车如图8-2-15所示，轴的直径d＝30mm，材料为Q235钢，[ζ]＝80MPa。试按第三强度理论，求绞车的最大起吊重量P。图8-2-15解：这是一个弯扭组合变形问题。分析可知，梁的跨度中点截面为危险截面，该截面上的弯矩和扭矩为：M＝Pl/4＝0.2P（N·m），T＝0.18P（N·m）。按第三强度理论22MTr3W得

43933πdπ30803232PN788N22l22800a18044即绞车最大起吊重量P＝788N。8.13图8-2-16所示电动机的功率为9kW，转速715r/min，带轮直径D＝250mm，主轴外伸部分长度l＝120mm，主轴直径d＝40mm。若[ζ]＝60MPa，试用第三强度理论校核轴的强度。图8-2-16解：轴的变形是弯扭组合变形，分析可知，危险截面为主轴根部，该截面的扭矩T＝9549P/n＝9549×9/715N·m＝120.2N·m又由2F·D/2－F·D/2＝T，可得：F＝2T/D＝2×120.2/0.25N＝961.6N。故作用在该截面上的弯矩：M＝3Fl＝3×961.6×0.12N·m＝346.2N·m。按第三强度理论2222MTMTr33Wπd3222332346.2120.210MPa3π4058.3MPa<故满足强度要求。8.14图8-2-17为操纵装置水平杆，截面为空心圆形，内径d＝24mm，外径D＝30mm。材料为Q235钢，[ζ]＝100MPa。控制片受力F1＝600N。试用第三强度理论校核杆的强度。

440图8-2-17解：由力矩平衡：F1×200＝F2sin80°×300，得F2＝406.2N。根据平衡条件求支反力并做相应弯矩图，分别如图8-2-18所示。图8-2-18扭矩T＝0.2F1＝0.2×600N·m＝120N·m，作扭矩图如图8-2-18所示。分析可知，危险截面在距左端点150mm处（即F1作用点处），该截面内力

4412222MMM2.6471.25Nm71.4NmyzT＝120N·m按第三强度理论2222MT32MTr334WπD12233271.412010MPa4243π3013089.2MPa故满足强度要求。8.15某型水轮机主轴的示意图如图8-2-19所示。水轮机组的输出功率为P＝37500kW，转速n＝150r/min。已知轴向推力Fx＝4800kN，转轮重W1＝390kN；主轴的内径d＝340mm，外径D＝750mm，自重W＝285kN。主轴材料为45钢，其许用应力[ζ]＝80MPa。试按第四强度理论校核主轴的强度。图8-2-19解：这是一个拉扭组合变形问题。分析可知，危险截面在主轴根部，该截面的内力FN＝Fx＋W1＋W＝5475kN6T＝9549P/n＝9549×37500/150N·m＝2.4×10N·m则正应力：

4423FF44547510=NNMPa15.6MPaADd2222ππ750340切应力：9TT16162.410MPa30.3MPa342WDπ(1)3403π7501750按第四强度理论2222r4315.6330.3Mpa54.8MPa故满足强度要求。8.16图8-2-20为某精密磨床砂轮轴的示意图。已知电动机功率P＝3kW，转子转速n＝1400r/min，转子重量W1＝101N。砂轮直径D＝250mm，砂轮重量W2＝275N。磨削力Fy：Fz＝3：1，砂轮轴直径d＝50mm，材料为轴承钢，[ζ]＝60MPa。（1）试用单元体表示出危险点的应力状态，并求出主应力和最大切应力。（2）试用第三强度理论校核轴的强度。图8-2-20解：（1）砂轮轴的扭矩：T＝9549P/n＝9549×3/1400N·m＝20.46N·m。3由图8-2-20可得：Fz＝2T/D＝2×20.46×10/250N＝163.68N，Fy＝3Fz＝491.04N。根据平衡条件求出支座反力，并绘制轴的弯矩图和扭矩图，分别如图8-2-21（a）、（b）所示。图8-2-21（a）

443图8-2-21（b）分析可知，危险截面发生在左支座处，该截面内力T＝20.46N·m2222MMM21.228.1Nm35.2Nmyz故危险点的应力分量T1620.460.834MPa3Wπ0.05tM3235.22.87MPa3Wπ0.05危险点的应力状态用单元体表示如图8-2-21（c）所示。图8-2-21（c）根据主应力计算公式：2max23.09MPa220.23MPamin可得主应力为：ζ1＝3.09MPa，ζ2＝0，ζ3＝－0.23MPa。最大切应力：ηmax＝（ζ1－ζ3）/2＝1.66MPa。（2）按第三强度理论：ζr3＝ζ1－ζ3＝3.32MPa＜[ζ]＝60MPa。故强度满足要求。8.17图8-2-22所示带轮转动轴，传递功率P＝7kW，转速n＝200r/min。带轮重量W＝1.8kN。左端齿轮上啮合力Fn与齿轮节圆切线的夹角（压力角）为20°。轴的材料为Q275钢，其许用应力[ζ]＝80MPa。试分别在忽略和考虑带轮重量的两种情况下，按第三强度理论估算轴的直径。

444图8-2-22解：轴为弯扭组合变形，传动轴上的扭矩：T＝9549P/n＝9549×7/200＝334N·m。可得：F2＝T/（250mm）＝1.34kN，F1＝2F2＝2.68kN；FnH＝T/（150mm）＝2.23kN，FnV＝FnH×tan20°＝0.811kN。根据平衡方程分别求得忽略和考虑带轮重量情况下的支座反力，并绘制对应的弯矩图和扭矩图，如图8-2-23所示。图8-2-23由内力图可知，无论是否考虑皮带轮自重，危险截面均在右支座上。①忽略带轮重量时，该截面上内力2222MMVHM00.803kNm0.803kNm由第三强度理论2222MT32MTr33Wdπ得33222232MT32803334dm48mm6ππ8010②考虑皮带轮自重时，该截面上内力

4452222MMVHM0.360.803kNm0.88kNm由第三强度理论得：32232MTd49.3mmπ8.18图8-2-24所示某滚齿机变速箱第Ⅱ轴为根径d＝36mm的花键轴。传递功率p＝3.2kW，转速n＝315r/min。轴上齿轮1为直齿圆柱齿轮，节圆直径d1＝108mm。传动力分解为切向力F1和径向力Fr1，且Fr1＝F1tan20°。齿轮2为螺旋角β＝17°20′的斜齿轮，节圆直径d2＝141mm。传动力分解为切向力F2、径向力Fr2和轴向力Fa2，且Fr2＝F2tan20°/cos17°20′，Fa2＝F2tan17°20′。轴材料为45钢，调质，[ζ]＝85MPa。试校核轴的强度。图8-2-24解：轴承承受的扭矩：T＝9549P/n＝9549×3.2/315N·m＝97N·m。根据平衡条件得：F1＝2T/d1＝2×97/0.108N＝1796N，F2＝2T/d2＝2×97/0.141N＝1376N。则有：Fr1＝F1tan20°＝1796×tan20°N＝654N；Fr2＝F2tan20°/cos17°20′＝1376×tan20°/cos17°20′N＝525N；Fa2＝F2tan17°20′＝1376×tan17°20′N＝429N。可得轴的受力图，并由此绘制轴的扭矩图和弯矩图，如图8-2-25所示。

446图8-2-25由内力图可知，危险截面在左支座处，该截面内力T＝97N·m，My＝101N·m，Mz＝24.6N·m合成弯矩：22MMM104Nmyz由第三强度理论得2222MT3210497Par33Wπ(0.036)31.06MPa85MPa故满足强度要求。8.19图8-2-26所示飞机起落架的折轴为管状截面，内径d＝70mm，外径D＝80mm。材料的许用应力[ζ]＝100MPa，试按第三强度理论校核折轴的强度。若F1＝1kN，F2＝4kN。

447图8-2-26解：对图8-2-26建立如图8-2-27所示坐标系。图8-2-27分析可知，该折轴的危险截面在轴的根部固定端截面处，记My、Mz分别为xz、xy平面内固定端截面处的弯矩，则该处内力0.4FF3.39kNN2220.40.250.4TF0.15127Nm1220.40.250.2522MF0.15F0.40.25551Nmy11220.40.25Mz＝F2×0.4＝1600N·m可得合成弯矩：2222MMM55116001692Nmyz故危险点处应力分量

448FM43390321692N84.2MPa224AWπDdd3πD1DT161273.06MPa4Wdt3πD1D由第三强度理论得2222r3484.243.0684.4MPa100MPa满足强度要求。8.20图8-2-28所示截面为正方形4mm×4mm的弹簧垫圈，若两个F力可视为作用在同一直线上，垫圈材料的许用应力[ζ]＝600MPa，试按第三强度理论求许可载荷F。图8-2-28解：对图8-2-28作如下标记，如图8-2-29所示。

449图8-2-29假想沿C截面断开，并将C端固定，如图8-2-30所示。图8-2-30则任意截面的内力为：M＝FRsinθ，T＝FR（1－cosθ）。该结构危险点的应力状态如图8-2-30所示。根据h/b＝1，查表得α＝0.208，则危险点处的应力3ζ＝M/W＝6M/δ33η＝T/（0.208δ）＝4.81T/δ所以根据第三强度理论其相当应力：FR22r3336sin92.51cosζr3是θ的函数，对θ求导得：dFRsin185113cosr3d232236sin92.51cos由此可知在θ∈[0，π]内，ζr3是θ的增函数，故θ＝π处截面为最危险截面。3由第三强度理论ζr3＝19.2FR/δ≤[ζ]，得许可载荷363600100.004F166N19.2R19.20.0128.21铸铁曲柄如图8-2-31所示。已知材料的许用应力[ζ]＝120MPa，F＝30kN。试用第四强度理论校核曲柄m-m截面的强度。

450图8-2-31解：m-m截面上的内力分量为My＝0.2F＝6kN·m，T＝（0.048＋0.02）F＝2.04kN·m（1）校核C点强度弯曲正应力6MM66610MPa35.2MPa22Wbh40160根据h/b＝4，查表知α＝0.208，ν＝0.745，故扭转切应力6T0.7452.0410νMPa21.1MPa22hb0.28240160由第四强度理论得2222335.2321.1r450.7MPa120MPa（2）校核B点强度因B点在中性轴上，故ζB＝0。扭转切应力：3T2.0410Pa28.2MPaB22hb0.2830.160.04弯曲切应力：

45133F33010Pa7.03MPas2A20.160.14由第四强度理论得：22r4B3BS61.02MPa120MPa综上，m-m截面满足强度条件，是安全的。8.22曲拐如图8-2-32所示。若F＝50kN，[ζ]＝90MPa，试按第三强度理论校核截面m-m和n-n的强度。图8-2-32解：（1）校核m-m截面该截面的内力：M＝F·（0.195＋0.055）＝12.5kN·m，T＝F×0.17＝8.5kN·m。由第三强度理论得：2222MT32125008500Par33Wπ0.1289.1MPa[]90MPa故该截面满足强度要求。（2）校核n-n截面该截面内力：M＝F·0.11＝5.5kN·m，T＝F（0.055＋0.07/2）＝4.5kN·m。分析可知，该截面有两个可能的危险点，分别对其进行校核。①长边中点A长边中点A在中性轴上，故ζA＝0。扭转切应力：查表知α＝0.25，故T4500Pa24.5MPaA22hb0.250.150.07则A点主应力为：ζ1＝－ζ3＝η＝24.5MPa，ζ2＝0。

452由第三强度理论得：ζr3A＝ζ1－ζ3＝49MPa＜[ζ]＝90MPa。②短边中点B2正应力：ζB＝M/W＝（6×5500）/[0.07×（0.15）]Pa＝21MPa。切应力：TννBA2hb查表得ν＝0.79，故：ηB＝νηA＝0.79×24.5MPa＝19.4MPa。由第三强度理论得：22rB3B4B44.2MPa90MPa综上，n-n截面满足强度条件，是安全的。8.23图8-2-33折轴杆的横截面为边长12mm的正方形。用单元体表示A点的应力状态，确定其主应力。图8-2-33解：该折轴杆为拉弯扭组合变形，将F＝3kN分解，其三个正交分量为Fx＝3·cosα＝3×2/3＝2kNFy＝3·cosβ＝3×2/3＝2kNFz＝3·cosγ＝3×1/3＝1kN则所求点A所在横截面上的内力FSx＝Fx＝2kN，FSz＝Fz＝1kN，FN＝Fy＝2kNMx＝0.1Fz＝0.1kN·m，Mz＝0.2Fy＋0.1Fx＝0.6kN·mT＝0.2Fz＝0.2kN·m该截面上应力分量33FM210610010NxMPa333.3MPaA22AW12121233T3F200103210Sx+Pa577MPaA222hb2A0.2081212212

453其中，根据h/b＝1，查表得α＝0.208。由此根据主应力计算公式2maxAA2768MPa(167601)MPaA22434MPamin可得主应力：ζ1＝768MPa，ζ2＝0，ζ3＝－434MPa。其应力状态的单元体表示如图8-2-34所示。图8-2-348.24图8-2-35所示端截面密封的曲管的外径为100mm，壁厚δ＝5mm，内压p＝8MPa。集中力F＝3kN。A、B两点在管的外表面上，A点为截面垂直直径上的端点，B点为水平直径的前端点。试确定两点的应力状态。图8-2-35解：A、B所在截面的内力：剪力：FSy＝F＝3kN；扭矩：T＝F×1＝3kN·m；弯矩：M＝F×1＝3kN·m。①A点的应力状态如图8-2-36所示，其中pDMzx4W638100.10.0132310Pa40.005π0.13210.9124.9MPa

4543T310Pa42.3MPaxz2πR22π0.10.005/220.0056pD8100.10.01Pa72MPaz220.005图8-2-36②B点的应力状态如图8-2-36所示，其中6pD8100.10.01Pa36MPax440.005TFSy2xy22πRA333102310Pa22π0.10.005/20.005π0.10.0050.00538.3MPa6pD8100.10.01Pa72MPay220.0058.25矩形截面简支梁，在跨中与轴线垂直的平面内，作用与铅垂方向成30°的集中力F＝60kN，如图8-2-37所示。试求：（1）最大弯曲正应力；（2）中性轴与y轴的夹角。

455图8-2-37解：（1）Mz＝Fyl/4＝60×cos30°×4/4＝51.96kN·mMy＝Fzl/4＝60×sin30°×4/4＝30kN·mMMyzmaxWWyz6663010651.9610MPa2220016016020083.87MPa（2）根据图示截面的坐标轴，中性轴上的点弯曲正应力为零，即Mzy/Iz－Myz/Iy＝011Flcos30yFlsin30z4401133bhhb1212得232160zbcos3021.10852sin301yh22002θ＝arctan1.1085＝47.95°8.3名校考研真题详解一、填空题1．如图8-3-1所示圆弧形小曲率杆AB，其轴线半径为R，B端固定，A端承受铅垂载荷F的作用。杆的横截面为圆形，且直径为d，设材料的许用应力为[ζ]。则曲杆的危险截面位于θ＝______的位置，根据第三强度理论，该截面危险点的相当应力为______。[北京航空航天大学2014研]

456图8-3-1322FR【答案】π/2；3πd【解析】角度为θ的截面上的内力有：M（θ）＝FRsinθ，T（θ）＝FR（1－cosθ）。根据第三强度理论，弯扭组合的相当应力为22MT22rt344WW2WWt122FRMT22cosWW2FRπsin0W22所以当θ＝π/2即B截面处，ζr3最大，为2FRπ322FRsinr33Wd4π2．如图8-3-2所示在水平面内防止的钢质拐轴，承受图示铅锤载荷F1与水平载荷F2作用。已知圆轴AB的直径为d，轴与拐臂的长度分别为l和a。则轴AB的危险截面上的最大正应力ζmax＝______，轴AB的危险截面上的最大切应力ηmax＝______。[北京航空航天大学2016研]

457图8-3-222【答案】4F232Fa21Fl；16F1a/（πd3）23πddπ【解析】轴AB上危险截面为A截面，受到的外力有图8-3-3T＝F1·a，FN＝F2M1＝F2·a，M2＝F1·l，22MFa21Fl因此最大正应力为22FNMd4F232Fa21Flmax23AI2πdπdz最大切应力为TdFad16Fa11max43Idp22πdπ32二、计算题

4581．图8-3-4所示圆轴的直径d＝100mm，长度l＝1m。自由端承受力F1、F2、与F3，F1＝F2＝100kN，F3＝90kN。试求危险截面上危险点的主应力。[南京理工大学2015研]图8-3-4解：弯拉扭组合变形，固定端截面为危险截面，危险点在截面外表面。轴力：N＝F1＝100kN；xoz平面内弯矩：My＝F2l－F3l＝100×1－90×1＝10kN·m；－3xoy平面内弯矩：Mz＝F1·（d/2）＝100×50×10＝5kN·m；弯矩：2222MMM10511.18kNmyz－3扭矩：T＝F2·（d/2）＝100×50×10＝5kN·m。MN32M4NMN32WAπdπd633211.181041001032π100π100126.6MPa6TT161651025.5MPa33Wdππ100t2max126.6126.62131.5MPa25.5224.9MPamin所以ζ1＝131.5MPa，ζ2＝0，ζ3＝－4.9MPa。2．水平安装的直角刚架ABC，如图8-3-5所示。刚架横截面直径均为d＝60mm，长度l＝400mm，a＝300mm，自由端受3个分别平行于坐标轴x、y、z的集中力作用，材料的许用应力为[ζ]＝120MPa。试按第三强度理论确定许用载荷[F]。[武汉大学2015研]

459图8-3-5图8-3-6解：分析知该组合变形为弯拉扭组合变形，固定端A截面为危险截面。受力图如图8-3-6。轴力：FN＝3F（N）；xoz平面内弯矩：My＝M3－M1＝3Fa－Fl＝500F（N·mm）；xoy平面内弯矩：Mz＝M2＝2Fl＝800F（N·mm）；弯矩：2222MMyzM800500F943.4FNmm扭矩：T＝2Fa＝600F（N·mm）。32M4FNMN32πddπ32943.4FF4332π60π600.045549FMPaT16T16600F0.014147FMPaWdπ33π60t由第三强度理论得2222r340.04554940.014147F120得：F≤2238.58N；取许用载荷[F]＝2238N。

4603．图8-3-7所示圆截面钢杆，已知直径d＝100mm，长度l＝1m，自由端截面上承受三个集中力。其中，F1和F3作用点位于端截面和xz平面交线的端点，F1＝120kN（其作用线平行于x轴）；F3＝60kN（其作用线平行于y轴）；F2＝50kN（其作用线通过端截面圆心平行于y轴），材料的许用应力[ζ]＝160MPa。试用第三强度理论校核该杆的强度。[重庆大学2016研]图8-3-7解：为弯拉扭组合变形，校核固定端截面强度：轴力：N＝F1＝120kN；－3xoz平面内弯矩：My＝F1·（d/2）＝120×（100/2）×10＝6kN·m；xoy平面内弯矩：Mz＝F2·l－F3·l＝50×1－60×1＝－10kN·m；弯矩：2222MMyzM61011.66kNm－3扭矩：T＝F3·（d/2）＝60×（100/2）×10＝3kN·m。MN32M4NMN32WAπdπd633211.661041201032π100π100134.0MPa63η＝T/Wt＝3×10/（π×100/16）＝15.3MPa按第三强度理论校核2222r34134.0415.3137.4MPa160MPa强度满足要求。－42－634．图8-3-8所示曲杆ABC为圆截面杆。横截面面积A＝80×10m，抗弯截面系数W＝100×10m，抗－63扭截面系数Wt＝200×10m。曲杆ABC受均布载荷q＝4kN/m，集中力T＝20kN及FP＝8kN。[ζ]＝150MPa，试根据第四强度理论校核此杆强度。[南京航空航天大学2017研]

461图8-3-8解：为弯拉扭组合变形，校核A截面强度：轴力：N＝T＝20kN；2xoz平面内弯矩：My＝（1/2）×4×3－8×3＝－6kN·m；xoy平面内弯矩：Mz＝20×0.5＝10kN·m；弯矩：2222MMyzM61011.66kNm扭矩：TA＝8×0.5＝4kN·m。33MN11.66102010119.1MPaMN64WA1001080103－6η＝TA/Wt＝4×10/（200×10）＝20MPa按第四强度理论校核2222r43119.1320124.0MPa[]150MPa满足要求。5．如图8-3-9所示，刚架ABC在水平面x-z内，∠ABC＝90°，AB、BC段均为圆截面杆。在垂直平面内F1＝0.4kN。在水平面内沿z轴方向F2＝0.5kN。材料的[ζ]＝100MPa。试按第三强度理论确定刚架圆截面的直径。[山东大学2017研]

462图8-3-9解：根据题意可知杆件最危险的点肯定在A处的外表面。将BC段荷载等效到B点。所以危险点所受力为：3扭矩为：T＝F1×0.15＝0.4×10×0.15＝60N·m；3xz平面弯矩为：Mymax＝F2×0.12＝0.5×10×0.12＝60N·m；3xy平面弯矩为：Mxmax＝F1×0.12＝0.4×10×0.12＝48N·m；对截面为圆形的轴，包含轴线的任意纵向面都是纵向对称面。所以，把Mymax和Mzmax合成后，合成弯矩M的作用平面仍然是纵向对称面，仍可按对称弯曲的公式计算，用矢量合成的方法求出合成弯矩M为22MMM76.8Nmyzmaxmax按第三强度理论，则强度条件为1223222MTMTr33Wdπ3993.510MPa100MPa3d所以d≥21.5mm。则该杆的直径可取为21.5mm。6．实心阶梯圆轴BCD如图8-3-10所示，D端面固定，B端面固结刚性梁AB，B点为B端面中心。载荷及尺寸如图，C截面的二个集中力均过C截面形心。BC段直径24mm，CD段直径36mm，材料的许用应力[ζ]＝100MPa，（不考虑剪力引起的切应力）。试求：（1）画出阶梯轴的内力图并确定可能的危险截面；（2）用第三强度理论校核阶梯轴的强度。[南京航空航天大学2018研]

463图8-3-10解：（1）将A点外力等效至B点后，阶梯轴的载荷情况如图8-3-11所示。图8-3-11该阶梯圆轴只存在扭矩和弯矩，内力图如图8-3-12所示。

464图8-3-12从内力图中可看出，固定端的内力最大，故D截面为危险截面。BC段圆轴由于较小的半径，可能有较大的应力，故C截面也是危险截面。（2）只需校核阶梯轴C截面和D截面两处的强度①C截面只有xoz平面上的弯矩和扭矩作用，属于弯扭组合变形，用第三强度理论进行强度校核，有MC＝MCy＝500×0.16N·m＝80N·mTC＝500×0.18N·m＝90N·m2212232224MTMTr3CC3CCWdπz132228090Pa3π0.02488.8MPa故ζr3＜[ζ]＝100MPa，C截面用第三强度理论校核强度满足要求。②D截面有弯矩和扭矩作用，也属于弯扭组合变形，用第三强度理论进行强度校核，有22MMMDDyDz225000.3612500.210000.2Nm472.24NmTD＝500×0.18N·m＝90N·m

4652212232224MTMTr3DD3DDWdπ3222474.2490Pa3π0.036105.44MPa>[][]105.44100r3100%5.44%[]100故ζr3＞[ζ]，而且超过了5%，所以截面D用第三强度理论校核强度不满足要求。综上，用第三强度理论校核阶梯轴，强度不满足要求。

466第9章压杆稳定9.1复习笔记一、压杆稳定的概念1．状态压杆的直线形状平衡状态：压杆在力F的作用下，其轴线与F的作用线重合的状态。稳定平衡：在直线形状平衡状态的基础上，施加一个微小的横向干扰力使压杆脱离原来直线形状的平衡状态，除去横向干扰力，压杆能恢复到原有的直线形状的平衡状态，压杆原来直线形状的平衡称为稳定平衡。不稳定平衡：在直线形状平衡状态的基础上，施加一个微小的横向干扰力使压杆脱离原来直线形状的平衡状态，除去横向干扰力，压杆不能恢复到原来的直线形状的平衡状态，则原来的直线形状的平衡称为不稳定平衡。2．临界压力或者临界力使压杆保持微小弯曲平衡的最小轴向压力，用Fcr表示。3．失稳或者屈曲压杆丧失其直线形状的平衡而过渡为曲线平衡。4．稳定问题与强度问题区别如表9-1-1所示。表9-1-1对比项目强度问题稳定问题平衡状态直线平衡状态不变平衡形式发生变化应力达到限值可能小于限值平衡方程变形前的形状、尺寸变形后的形状、尺寸极限承载能力实验确定理论分析计算二、细长压杆的临界压力1．两端铰支压杆的临界压力细长压杆的两端为球铰支座，轴线为直线，杆件轴向受压力F作用，如图9-1-1所示。当压力达到临界压力时，压杆将由直线平衡形态转变为曲线平衡形态。图9-1-1选取坐标系如图9-1-1所示，距原点为x的任意截面的挠度为w，则弯矩M＝－Fw。根据压杆变形后的平衡状态，得到杆的挠曲线近似微分方程2dwM2dxEI

467通过对该方程的求解可得到使压杆保持微小弯曲平衡的最小压力，即两端铰支细长压杆临界力为2πEIFcr2l上述计算公式称为两端铰支压杆的欧拉公式。2．欧拉公式的普遍形式2πEIFcr2l式中，μl为相当长度；μ为长度因数，与压杆的约束情况有关；I为横截面对某一形心主惯性轴的惯性矩。（1）各种支承情况下等截面细长压杆的长度因数及临界压力的欧拉公式，如表9-1-2所示。表9-1-2（2）关于欧拉公式的讨论①相当长度μl的物理意义压杆失稳时，挠曲线上两拐点间的长度就是压杆的相当长度μl，它是各种支承条件下，细长压杆失稳时，挠曲线中相当于半波正弦曲线的一段长度。②横截面对某一形心主惯性轴的惯性矩I杆端在各个方向的约束情况相同（如球形铰等），则I应取最小的形心主惯性矩；杆端在各个方向的约束情况不同（如柱形铰），应分别计算杆在不同方向失稳时的临界压力，I为其相应中性轴的惯性矩。三、欧拉公式的适用范围及临界应力总图1．相关概念（1）临界应力：与临界压力Fcr对应的应力，用ζcr表示，即

4682FπEIcrcr2AlA（2）柔度或长细比临界应力可表示为22πEEπcr22li式中，λ为柔度或长细比，li集中反应了压杆的长度、约束条件、截面尺寸和形状等因素对临界应力ζcr的影响。λ越大，相应的ζcr越小，压杆越容易失稳。注意：若压杆在不同平面内失稳时的支承约束条件不同，应分别计算在各平面内失稳时的柔度λ，并按较大者计算压杆的临界应力ζcr。2．临界应力计算以及临界应力总图临界应力总图是指表示临界应力随压杆柔度λ变化情况的图示，如图9-1-2所示，柔度的分界点2πE1pas2b

469图9-1-2（1）若λ≥λp，则压杆为大柔度压杆，应按欧拉公式计算临界应力2πEcr2（2）若λ＜λs，则压杆为小柔度压杆，应按强度问题计算FcrsA（3）若λs≤λ＜λp，则压杆为中柔度压杆，用经验公式计算临界应力。①直线公式把临界应力ζcr与柔度λ表示为如下直线关系ζcr＝a－bλ式中，a与b是与材料性质有关的常数。②抛物线公式把临界应力ζcr与柔度λ表示为如下抛物线关系2ζcr＝a1－b1λ式中，a1和b1是与材料有关的常数。四、压杆稳定校核及提高压杆稳定的措施1．稳定校核（1）稳定性条件工作安全因数n：临界压力Fcr与工作压力F之比为压杆的工作安全因数。稳定性条件FnncrstF或

470FFcrnst（2）稳定性计算稳定性计算主要解决的问题：稳定性校核、许可载荷的确定和截面设计问题。①稳定性校核a．计算λ1、λ2、λ；b．确定属于哪一种杆（大柔度杆，中柔度杆，小柔度杆）；c．根据杆的类型求出ζcr和Pcr；d．计算杆所受到的实际压力P；e．校核n＝Fcr/F≥nst是否成立。②许用载荷的确定a．计算λ1、λ2、λ；b．确定属于哪一种杆（大柔度杆，中柔度杆，小柔度杆）；c．根据杆的类型求出ζcr和Pcr；d．确定许用载荷[F]≤Fcr/nst。③截面设计问题a．计算实际压力P；b．求出Pcr，Pcr＝nstP；c．先假设为大柔度杆，由欧拉公式求出I，进一步求出截面尺寸；d．计算λ1和λ；e．检验λ≥λ1是否成立，若成立，则结束；f．若不成立，则假设为中等柔度压杆，由经验公式求出截面尺寸；g．计算λ2和λ；h．检验λ≥λ2是否成立，若成立，则结束；i．若不成立，则按强度问题进行截面设计。（3）压杆局部削弱（如螺钉螺孔等）的情况根据计算目的不同采用不同的处理方法：①进行稳定计算时，采用未经削弱的横截面面积A和惯性矩I；②进行强度计算时，采用削弱后的压杆的横截面面积。2．提高压杆稳定性的措施影响压杆稳定的因素包括压杆的截面形状、长度、约束条件、材料的性质等。因而，提高压杆稳定性的措施主要包括以下三个方面：（1）选择合理的截面形状截面的惯性矩I越大，或惯性半径i越大，稳定性越好。在截面积相等的情况下，尽可能将材料放在离截面形心较远处，使I或i较大，并尽量使压杆在任一纵向平面内有相等或接近相等的稳定性，如图9-1-3所示。图9-1-3（2）改变压杆的约束条件

471增加或改变压杆的约束，其更不容易发生弯曲变形，提高了稳定性。（3）合理选择材料①大柔度压杆临界压力与材料的弹性模量相关，但各种钢材的E大致相等。因此，选用优质钢材或低碳钢并无很大差别。②中等柔度的压杆，临界应力与材料的强度有关；柔度很小的短杆，是强度问题。因此，选用强度高的优质钢材具有明显的优越性。五、纵横弯曲的概念（仅作了解）1．纵横弯曲：对于刚度较小、弯曲变形较大的杆件需要同时考虑横向力和轴向力的作用引起的弯曲变形问题。2．纵横弯曲变形中的临界压力：使弯曲变形趋于无限的轴向压力。9.2课后习题详解9.1某型柴油机的挺杆长度l＝257mm，圆形横截面的直径d＝8mm，钢材的E＝210GPa，ζP＝240MPa。挺杆所受最大压力F＝1.76kN。规定的稳定安全因数nst＝2～5。试校核挺杆的稳定性。解：将该挺杆看作是两端铰支，μ＝1，则有229πEπ2101092.91624010pλ＝μl/i＝1×0.257×4/0.008＝128.5，其中i＝d/4λ＞λ1因此该挺杆是大柔度杆，由欧拉公式可得其临界压力24π2πEd394πEI64π210100.0083FN6.310Ncr222ll640.25733安全因数：n＝Fcr/F＝6.3×10/（1.76×10）＝3.58。故该挺杆满足稳定性要求。9.2若教材例9.1中柴油机挺杆所用钢材的ζP＝280MPa，试验证在教材9.1中使用欧拉公式的正确性。解：计算得9E21010ππ86p628010p而λ＝128.5＞λp，所以该挺杆是大柔度杆，可以用欧拉公式计算其临界载荷。9.3图9-2-1所示蒸汽机的活塞杆AB，所受的压力F＝120kN，l＝1.80m，横截面为圆形，直径d＝75mm。材料为Q275钢，E＝210GPa，ζP＝240MPa。规定nst＝8，试校核活塞杆的稳定性。

472图9-2-1解：根据题意229πEπ2101092.91624010p将活塞杆看作是两端铰支，μ＝1，则其柔度λ＝μl/i＝4l/d＝4×180/7.5＝96＞λ1所以杆为大柔度杆，适用欧拉公式，其临界载荷29π42π210100.075πEI64FN=994kNcr22l11.8安全因数：n＝Fcr/F＝994/120＝8.28＞nst＝8。故活塞杆满足稳定性要求。9.4图9-2-2所示为某型飞机起落架中承受轴向压力的斜撑杆。杆为空心圆管，外径D＝52mm，内径d＝44mm，l＝950mm。材料为30CrMnSiNi2A，ζb＝1600MPa，ζP＝1200MPa，E＝210GPa。试求斜撑杆的临界压力Fcr和临界应力ζcr。图9-2-2解：根据题意223πEπ2101041.611200p将斜撑杆看作是两端铰支，μ＝1，又其惯性半径π44DdI64122iDd17.0mmAπ224Dd4

473故其柔度：λ＝μl/i＝1×950/17＝55.9＞λ1。斜撑杆为细长杆，由欧拉公式可得：临界应力：223πEπ21010MPa663MPacr2255.9临界压力：2222πDdπ5244FA663N400kNcrcrcr449.5三根圆截面压杆，直径均为d＝160mm，材料为Q235钢，E＝200GPa，ζs＝240MPa。两端均为铰支，长度分别为l1，l2和l3，且l1＝2l2＝4l3＝5m。试求各杆的临界压力Fcr。解：对于Q235钢，其比例极限ζp＝200MPa，则有229πEπ2001099.31620010p查表知a＝304MPa，b＝1.12MPa，则有：λ2＝（a－ζs）/b＝（304－240）/1.12＝57.1。根据题意，各杆两端铰支，μ＝1，且其惯性半径均为：i＝d/4＝40mm。（1）对于1杆，其柔度：λ＝l1/i＝125＞λ1。则1杆为大柔度杆，根据欧拉公式计算其临界压力22332πEdππ20010160FAN2536kNcrcr2244125（2）对于2杆，其柔度：λ＝l2/i＝62.5。则λ2＜λ＜λ1，根据直线公式计算其临界压力ζcr＝a－bλ＝（304－1.12×62.5）MPa＝234MPa22Fcr＝ζcr·A＝ζcr·πd/4＝（234×π×160/4）N＝4702kN（3）对于3杆，其柔度：λ＝l3/i＝31.25＜λ2＝57.1。则3杆为小柔度杆，根据强度条件计算其临界压力22Fcr＝ζs·A＝ζs·πd/4＝（240×π×160/4）N＝4823kN9.6设图9-2-3所示千斤顶的最大承载压力为F＝150kN，螺杆内径d＝52mm，l＝500mm。材料为Q235钢，E＝200GPa。稳定安全因数规定为nst＝3。试校核其稳定性。

474图9-2-3解：对于Q235钢，E＝200GPa，ζs＝240MPa，ζp＝200MPa，则有229πEπ2001099.31620010p又查表得a＝304MPa，b＝1.12MPa，则λ2＝（a－ζs）/b＝（304－240）/1.12＝57.1。根据题意，将螺杆看作上端自由，下端固定的杆，μ＝2，则其柔度λ＝μl/i＝4μl/d＝4×2×500/52＝76.9由此可知λ2＜λ＜λ1，螺杆为中等柔度杆，故由直线公式计算其临界压力62Fcr＝（a－bλ）A＝[（304－1.12×76.9）×10×π×0.052/4]N＝462.5kN安全因数：n＝Fcr/F＝462.5/150＝3.08＞nst＝3。故满足稳定性要求。9.7无缝钢管厂的穿孔顶杆如图9-2-4所示。杆端承受压力。杆长l＝4.5m，横截面直径d＝150mm。材料为低合金钢，E＝210GPa。两端可简化为铰支座，规定的稳定安全因数为nst＝3.3。试求顶杆的许可载荷。

475图9-2-4解：对于低合金钢，比例极限ζp＝200MPa，则有229πEπ210101021620010p根据题意，长度系数μ＝1，则其柔度：λ＝μl/i＝4×4500/150＝120＞λ1。由此可知杆为细长杆，故由欧拉公式计算其临界压力29π42π210100.15πEI64FN2540kNcr22l14.5顶杆的许可载荷：[F]＝Fcr/nst＝（2540/3.3）kN＝770kN。9.8某轧钢车间使用的螺旋推钢机的示意图如图9-2-5所示。推杆由丝杆通过螺母来带动。已知推杆横截面的直径d＝130mm，材料为Q275钢。当推杆全部推出时，前端可能有微小的侧移，故简化为一端固定、一端自由的压杆。这时推杆的伸出长度为最大值lmax＝3m。取稳定安全因数nst＝4。试校核压杆的稳定性。图9-2-5解：对于Q275钢，E＝210GPa，ζp＝240MPa，则有229πEπ2101092.91624010p根据题意，推杆长度系数μ＝2，则其柔度：λ＝μl/i＝2×3000×4/130＝185＞λ1。由此可知其为大柔度杆，故由欧拉公式计算其临界压力22332πEdππ21010130FAN803.8kNcrcr2244185安全因数：n＝Fcr/F＝803.8/150＝5.36＞nst＝4。杆的稳定性满足要求。9.9由三根钢管构成的支架如图9-2-6所示。钢管的外径为30mm，内径为22mm，长度l＝2.5m，E＝210GPa。在支架的顶点三杆铰接。若取稳定安全因数nst＝3，试求许可载荷F。

476图9-2-6解：由于支架的对称性，三根杆所承受的压力相等，即当三根杆同时达到临界值时，支架开始失稳。任取一根杆进行研究，设其受力为F′。取ζp＝240MPa，则有229πEπ2101092.91624010p又该杆的惯性半径π44DdI64122iDd9.3mmAπ224Dd4则其柔度：λ＝μl/i＝2500/9.3＝268.8＞λ1。由此可知其为大柔度杆，故由欧拉公式计算其临界压力3223322πEDdπ210103022FAN9.37kNcrcr2244268.8每根杆承受的许可载荷：F′＝Fcr′/nst＝3.12kN。则根据图9-2-6中几何关系得支架的许可载荷：F＝F′×0.8×3＝7.5kN。9.10在图9-2-7所示铰接杆系ABC中，AB和BC皆为细长压杆，且截面和材料均相同。若因在ABC平面内失稳而破坏，并规定0＜θ＜π/2，试确定F为最大值时的θ角。

477图9-2-7解：以节点B为研究对象，根据平衡条件可得：AB杆承受的力FAB＝Fcosθ；BC杆承受的力FBC＝Fsinθ。根据题意，当两杆同时失稳，即同时达到临界值时，F取得最大值，则有2πEIFFcosAB2lcos2πEIFFsinBC2lsin2两式相比可得：θ＝arctan（cotβ）。9.11如图9-2-8所示，万能铣床工作台升降丝杆的内径为22mm，螺距s＝5mm。工作台升至最高位置时，l＝500mm。丝杆钢材的E＝210GPa，ζs＝300MPa，ζp＝260MPa。若伞齿轮的传动比为1/2，即手轮旋转一周丝杆旋转半周，且手轮半径为100mm，手轮上作用的最大切向力为200N，试求丝杆的工作安全因数。图9-2-8解：人作用在手轮上的扭矩为：T＝200N×100mm＝20N·m。

478则丝杆传递的扭矩为：Me＝2T＝40N·m。设螺纹升角为θ，则有：tanθ＝s/（πd）＝5/（22π）。3可得丝杆上承受的压力：F＝（2Me/d）/tanθ＝[（2×40×10×22π）/（22×5）]N＝50.27kN。对于丝杆229πEπ2101089.31626010p查表得a＝461MPa，b＝2.568MPa，则λ2＝（a－ζs）/b＝（461－300）/2.568＝62.7。其柔度：λ＝μl/i＝4μl/d＝4×0.7×500/22＝63.6。由此可知其柔度λ2＜λ＜λ1，丝杆为中等柔度杆，故由直线公式计算其临界力62Fcr＝（a－bλ）·A＝[（461－2.568×63.9）×10×π×0.022/4]N＝113.1kN丝杆的工作安全因数：n＝Fcr/F＝113.1/50.27＝2.25。9.12某快锻水压机工作台油缸柱塞如图9-2-9所示。已知油压p＝32MPa，柱塞直径d＝120mm，伸入油缸的最大行程l＝1600mm，材料为45钢，E＝210GPa。试求柱塞的工作安全因数。图9-2-9解：对于45钢，比例极限ζp＝280MPa，则根据公式得229πEπ21010861628010p将该柱塞视为一端固定，一端自由的杆，μ＝2，则其柔度λ＝μl/i＝4μl/d＝4×2×1600/120＝106.7＞λ1由此可知杆为细长杆，故由欧拉公式计算其临界压力32332πEdπ21010120FAN2060kNcrcr2244106.762又柱塞的工作压力：F＝pA＝[32×10×（π/4）×0.12]N＝361.9kN。安全系数：n＝Fcr/F＝2060/361.9＝5.69。9.13蒸汽机车的连杆如图9-2-10所示，截面为工字形，材料为Q235钢。连杆所受最大轴向压力为465kN。连杆在摆动平面（x-y平面）内发生弯曲时，两端可认为铰支；而在与摆动平面垂直的x-z平面内发生弯曲时，两端可认为是固定支座。试确认其工作安全因数。

479图9-2-10解：对于Q235钢，E＝200GPa，ζp＝200MPa，ζs＝240MPa，查表得a＝304MPa，b＝1.12MPa，则根据公式得229πEπ2001099.31620010pλ2＝（a－ζs）/b＝（304－240）/1.12＝57.122横截面面积：A＝（85×14＋96×55）mm＝6470mm。（1）连杆在x-y平面弯曲时横截面对中性轴z轴的惯性矩332474Iz＝（1/12）×14×85＋2[（1/12）×96×27.5＋96×27.5×56.25]mm＝1.78×10mm则惯性半径：Iiz52.45mmzA此时连杆看作是两端铰支，μ＝1，则其柔度：λz＝μl/iz＝1×3100/52.45＝59.1。（2）连杆在x-z平面内弯曲时横截面对中性轴y的惯性矩33464Iy＝（1/12）×85×14＋（1/12）×55×96mm＝4.07×10mm则惯性半径：Iyi25.1mmyA此时连杆看作两端固定，μ＝0.5，则其柔度：λy＝μl/iy＝0.5×3100/25.1＝61.8。综上比较可知：λ2＜λz＜λy＜λ1，故连杆在x-z平面先失稳。根据直线公式计算其临界载荷6－3Fcr＝（a－bλy）A＝（304－1.12×61.8）×10×6.47×10N＝1519.1kN则工作安全因数：n＝Fcr/F＝1519.1/465＝3.27。

4809.14一木柱两端铰支，其横截面为120mm×200mm的矩形，长度为4m。木材的E＝10GPa，ζp＝20MPa。试求木柱的临界应力。计算临界应力的公式有：（1）欧拉公式；（2）直线公式ζcr＝28.7－0.19λ（中等柔度压杆，ζcr以MPa计）。解：临界柔度为229πEπ101070.2p62010p木桩的柔度为llll12ihIbh3A12bh400012120115.570.2p（2）由欧拉公式计算其临界应力22232ζcr＝πE/λ＝π×10×10/115.5＝7.4MPa9.15某厂自制的简易起重机如图9-2-11所示，其压杆BD为No.20槽钢，材料为Q235钢。起重机的最大起重量是W＝40kN。若规定的稳定安全因数为nst＝5，试校核BD杆的稳定性。图9-2-11解：对于Q235钢，E＝200GPa，ζp＝200MPa，ζs＝240MPa，查表得a＝304MPa，b＝1.12MPa，则根据公式得229πEπ2001099.31620010pλ2＝（a－ζs）/b＝（304－240）/1.12＝57.12查型钢表知20号槽钢的截面参数：imin＝20.9mm，A＝3283.7mm。则杆BD的柔度：λ＝μl/i＝1500/（20.9×cos30°）＝82.9＜λ1。根据直线公式计算其临界力6－6Fcr＝（a－bλ）A＝（304－1.12×82.9）×10×3283.7×10N＝693.5kN又由平衡条件：∑MA＝0，（1.5＋0.5）W－FBD·1.5sin30°＝0。可得杆BD所承受的力：FBD＝106.7kN。安全因数：n＝Fcr/FBD＝693.5/106.7＝6.5＞nst。

481所以BD杆满足稳定性要求。9.16图9-2-12所示结构中，AB为直径d＝60mm的实心圆截面梁，BD和CD均为20mm×30mm的矩形截面杆，链接处均可看成球铰，在D点受水平向右的集中力F的作用。若该结构均由Q235钢制成，材料的许用应力[ζ]＝160MPa，比例极限ζp＝200MPa，弹性模量E＝206GPa，压杆的稳定安全因数nst＝2.5。试求许用载荷[F]。图9-2-12解：临界柔度为229πEπ20610100.8p620010p由静力平衡方程可解得各杆轴力为FNAB＝F，FNCD＝F，FF2NBD（1）BD为压杆，在弱轴面内最先失稳：惯性半径：Iyb20imm5.77mmyA2323柔度：3l1210245.1100.8pi5.77yBD杆为大柔度杆，按欧拉公式计算临界压力223πEAπ206102030FN=20.31kNcr22245.1可承受的最大载荷

482F20.31FcrkN5.75kN2n22.5st（2）CD杆拉杆，可承受的最大载荷F＝[ζ]·A＝160×20×30N＝96kN（3）AB梁属于组合变形，轴力为F（N），最大弯矩为500F（N·mm），梁内最大正应力为MF500FF[]WA1132πddπ3243507.5F≤（1/32）πd[ζ]＝3391.2kNF≤6.68kN综上所述，许用载荷[F]＝5.75kN。9.17两端固定的管道长为2m，内径d＝30mm，外径D＝40mm。材料Q235钢，E＝210GPa，线膨胀系数－7－1αl＝125×10℃。若安装管道时的温度为10℃，试求不引起管道失稳的最高温度。解：对于Q235，E＝200GPa，ζp＝200MPa，查表得a＝304MPa，b＝1.12MPa，则根据公式得229πEπ2001099.31620010pλ2＝（a－ζs）/b＝（304－240）/1.12＝57.1对于管道，两端固定，有μ＝0.5，则ll440.5280iDd220.0420.032比较可知：λ2＜λ＜λ1，管道为中柔度杆，故由直线公式计算其临界应力ζcr＝a－bλ＝304－1.12×80MPa＝214.4MPa使管道不失稳的条件为，由温度产生的应力ζT≤ζcr，且ζT＝αlEΔT，故有214.4TcrC81.7C73E1251021010l则不引起管道失稳的最高温度：Tmax＝T＋ΔT＝91.7℃。9.18由压杆挠曲线的近似微分方程式，导出一端固定、另一端自由的压杆（如图9-2-13所示）的欧拉公式。

483图9-2-13解：如图9-2-13所示，压杆失稳时自由端挠度为δ，且在x截面处的弯矩：M（x）＝F（δ－w）。22由此可得挠曲线微分方程：EIdw/dx＝F（δ－w）。22222令F/（EI）＝k，则上式可变形为：dw/dx＋kw＝kδ。其通解为：dw/dx＝Akcoskx－Bksinkx，w＝Asinkx＋Bcoskx＋δ。由边界条件：x＝0时，w＝δ，dw/dx＝0。可确定积分常数：A＝0，B＝－δ。则挠曲线方程为：w＝δ（1－coskx）。又自由端挠度，x＝l时，w＝δ，代入上式得：δ＝δ（1－coskl）。故有coskl＝0，解得：kl＝π（2n＋1）/2（n＝0，1，2„）。使杆保持微弯状态的最小压力即为临界压力，上述最小解为kl＝π/2，故临界压力22Fcr＝πEI/（2l）9.19在两端铰支压杆的中点及右端作用压力F（如图9-2-14），试求F的临界值。图9-2-14解：假设δ为压力F作用截面的挠度，Fδ/l为两端饺支座的垂直约束力，方向相反。列出弯矩方程，并积分。在AC段内，有M＝－Fδx1/l2dw1MF2xkx211dxEIEIll1δ为负，弯矩M为正积分上式，有

4842k3wxCxD1116l利用边界条件，有x1＝0时，w1＝0；x1＝l/2时，w1＝δ，于是有222k32klwx1x①1116ll48在CB段内，有M＝－Fw2＋Fδ（l－x2）/l22dw22k2kw22lxdxl2得通解为w2＝Asinkx2＋Bcoskx2＋δ（l－x2）/l利用边界条件，有x2＝l时，w2＝0；x2＝l/2时，w2＝δ，最后得到w2sinkx2tanklcoskx2lx2klkll②2sintanklcos22根据连续性条件：x1＝x2＝l/2时，ddww12dxdx12得22klklklklklklcostanklsin3sintanklcos2221222简化得kl3kl2tan2③2kl922分别作曲线y＝tan（kl/2）和y＝3（kl/2）/[（kl/2）－9]，两曲线的第一个交点为kl/2＝2.16因此满足式③的最小非零根为2.16。其临界力为222Fcr＝kEI＝（2×2.16/l）EI＝18.7EI/l9.20图9-2-15所示结构由Q235钢制成，q＝30kN/m。材料的弹性模量E＝206GPa，比例极限ζp＝200MPa，屈服强度ζs＝235MPa。AB梁是No.16工字钢，长为4m；柱CD由两根63×63×5的等边角钢组成（连接成一

485整体），长为2m。C和D处的连接均为球铰。试分别确定梁AB和柱CD的工作安全因数。图9-2-1543解：查阅教材附录Ⅲ，No.16工字钢截面特性：Iz1＝1130cm，Wz1＝141cm。2463×63×5角钢截面特性：A2＝6.143cm，iy＝1.94cm，Iz0＝23.17cm，z0＝1.74cm。双拼角钢截面特性2A＝2A2＝12.286cm224Iz＝2[Iz0＋A2（z0＋0.25）]＝2×[23.17＋6.143×（1.74＋0.25）]＝94.99cmI94.99zii2.78cm1.94cmzyA12.286（1）求CD杆轴力FC该梁为一次超静定结构，则其变形协调条件为AB梁中C点的挠度等于CD杆的变形量，即WWlqCFCC435qlFlFaCC384EI48EIEAzz11解得FC＝73.98kN。（2）梁AB强度校核根据平衡方程，可得FA＝FB＝（qel－FC）/2＝（30×4－73.98）/2＝23.01kN。2梁AC的弯矩方程：M（x）＝23.01x－15x（0≤x≤2）。当x＝2时，Mmin＝－13.98kN·m；当x＝0.767时，Mmax＝8.82kN·m。63梁内最大正应力：ζmax＝|Mmin|/Wz1＝13.98×10/（141×10）＝99.15MPa。安全系数：nAB＝[ζ]/ζmax＝ζs/ζmax＝235/99.15＝2.37。（3）柱CD稳定性校核223πEπ20610100.8p200p惯性半径取较小值为iy＝1.94cm，则3λ＝μa/iy＝1.0×2×10/（1.94×10）＝103.1＞λp柱CD为大柔度杆，按欧拉公式计算稳定性22232ζcr＝πE/λ＝π×206×10/103.1＝191.27MPa2Fcr＝ζcrA＝191.27×12.286×10＝234.99kN安全系数：nCD＝Fcr/FC＝234.99/73.98＝3.17。

4869.21压杆的一端固定，另一端自由，如图9-2-16（a）所示。为提高其稳定性，在中点增加铰支座，如图9-2-16（b）所示。试求加强后压杆的欧拉公式，并与加强前的压杆比较。图9-2-16图9-2-17解：如图9-2-17所示（1）AB段的弯矩方程为M（x2）＝F（δ－w2）（l/2≤x2≤l）w2″＝M（x2）/（EI）＝F（δ－w2）/（EI）222令k＝F/（EI），上式可变形为：w2″＋kw2＝kδ。

487其通解为w2＝Asinkx2＋Bcoskx2＋δw2′＝Akcoskx2－Bksinkx2（2）BC段的弯矩方程为M（x1）＝F（δ－w1）－R（l/2－x1）（0≤x1≤l/2）w1″＝M（x1）/（EI）＝[F（δ－w1）－R（l/2－x1）]/（EI）2222令k＝F/（EI），上式可变形为：w1″＋kw1＝kδ＋k（x1－l/2）R/F。其通解为w1＝Csinkx1＋Dcoskx1＋δ＋（x1－l/2）R/Fw1′＝Ckcoskx1－Dksinkx1＋R/F（3）确定常数A、B、C、D（令kl/2＝θ）①由边界条件：x1＝0时，w1＝w1′＝0。解得：C＝－R/（kF），D＝Rl/（2F）－δ。所以有RRlRlwsinkxcoskxx1111kF22FFRRlRwcoskxksinkx111F2FF②由连续条件x1＝x2＝l/2时，w1＝w2＝0得（令θ＝kl/2）RRlsincosABsincos0kF2F③由光滑条件x1＝x2＝l/2时，w1′＝w2′得RRlRcosksinAkcosBksinF2FF④由边界条件x2＝l时，w2＝δ得Asin2θ＋Bcos2θ＋δ＝δ整理得ABsincos0Rl11cossincos0Fk2RAkcosBksinksincossin10FABsin2cos20以上是关于A、B、δ、R的齐次线性方程组，A、B、δ、R不能同时为零。故其系数行列式值为0，即（注：θ＝kl/2为定值）

488sincos1011l001cossincosFk201kcosksinksincossin1Fsin2cos200将行列式化简得（2－3cosθ）sinθ＋θcos2θ＝0解得2222θ＝kl＝2.502，k＝F/（EI）＝（2.502/l）＝6.26/l故加强后压杆的欧拉公式222222（Fcr）b＝EIk＝6.26EI/l＝πEI/（1.58l）＝πEI/（1.26l）加强前压杆的欧拉公式22（Fcr）a＝πEI/（2l）两者之比22（Fcr）b/（Fcr）a＝2/1.26＝2.52即加强后杆的临界压力是加强前杆的2.52倍。9.22图9-2-18（a）为万能机的示意图，四根立柱的长度为l＝3m，钢材的E＝210GPa。立柱丧失稳定后的变形曲线如图9-2-18（b）所示。若F的最大值为1000kN，规定的稳定安全因数为nst＝4，试按稳定条件设计立柱的直径。图9-2-18解：单独取一根立柱进行研究，每根杆可承受的最大工作压力：F′＝F/4＝250kN。则其临界压力：Fcr＝nst·F′＝4×250kN＝1000kN。22342假设欧拉公式成立，则临界压力有：Fcr＝πEI/（μl）＝πEd/64l，可得

4894243264Fl641000103dcrmm97mm333πEπ21010又223πEπ2101092.91240p且取d＝97mm时，杆的柔度λ＝μl/i＝4l/d＝4×3000/97＝123.7＞λ1故假设欧拉公式成立是正确的，取立柱直径d＝97mm。9.23求图9-2-19所示纵横弯曲问题的最大挠度及弯矩。设杆件的抗弯刚度EI为已知。图9-2-19解：纵横弯曲梁中点截面处有最大挠度和弯矩3Fl3tanuu32348EIuFltanu2Mmax4u2其中，u＝kl/2，k＝F1/EI，故有3kl3kl3tanFl22Fl1kl22tan248EIFl112F12k2kl42EIkltanFlFkl222Mtanmax4kl2k229.24求图9-2-20所示在均布横向载荷作用下，纵横弯曲问题的最大挠度及弯矩。若q＝20kN/m，F＝200kN，

490l＝3m，杆件为NO.20a工字钢，试计算杆件的最大正应力及最大挠度。图9-2-20解：如图9-2-21所示，由梁结构和载荷的对称性，取梁的一半进行分析。图9-2-212根据图9-2-21所示坐标系，可得弯矩方程：M（x）＝（ql/2）x－（q/2）x－Fw＝EIw″。2222令k＝F/EI，上式可变形为：w″＋kw＝（lx－x）qk/2F。其通解为22w＝Asinkx＋Bcoskx－（x－lx）q/2F＋q/（Fk）w′＝Akcoskx－Bksinkx－qx/F＋ql/（2F）由边界条件：x＝0时，w＝0；x＝l/2时，w′＝0。22可得：A＝－q/（Fk）tan（kl/2），B＝－q/（Fk）。则挠曲线方程为qklq2w21coskxtansinkxlxxFk22F将挠曲线方程代入弯矩方程整理得qklMx1coskxtansinkx2k222故最大挠度发生在x＝l/2，有：wmax＝q/（Fk）·[1－sec（kl/2）]＋ql/（8F）。2且最大弯矩：Mmax＝－q/k·[1－sec（kl/2）]432查型钢表20a工字钢的截面性质：I＝2370cm，W＝237cm，A＝35.578cm。239－8－2－2则k＝F/（EI）＝200×10/（210×10×2370×10）m＝0.0402m。－1解得k＝0.2005m。故梁内最大挠度

4912qklqlw1secmax2Fk28F33220100.20053201031secm33200100.040228200104.5mm最大弯矩值qklM1secmax2k2320100.200531secNm0.0402223.38kNm最大正应力3－43－6ζmax＝F/A＋Mmax/W＝200×10/（35.578×10）＋23.38×10/（237×10）Pa＝155MPa9.25载荷有一偏心距e的压杆的计算简图如图9-2-22所示。试求最大应力。图9-2-22解：如图9-2-22所示，x截面处的弯矩：M（x）＝－F（w＋e）。根据挠曲线近似微分方程，得22dw/dx＝M（x）/（EI）＝－Fw/（EI）－Fe/（EI）2令k＝F/（EI），则上式可变形为

4922222dw/dx＋kw＝－ke通解为w＝Asinkx＋Bcoskx－e根据两端边界条件，则有klwetansinkxcoskx12令x＝l/2，得跨中挠度：δ＝e[sec（kl/2）－1]。在跨度中点截面上，若边缘各点到中性轴的最远距离为c，最大应力为FFFecFecmax2AIAAi将δ值代入上式，得FeclFFeclF1sec1secmaxAi2224EIAiiEA以上公式称为正割公式。9.26偏心受压杆件如图9-2-23所示，设F＝100kN，Fe＝5kN·m。压杆两端铰支，l＝2m。材料为Q235钢，E＝210GPa，ζs＝235MPa。取安全因数nst＝2.5。试按上题导出的正割公式，用试凑法选择合适的工字梁。图9-2-23解：（1）应用Fe初选工字梁根据强度条件ζ＝M/W＝Fe/W≤ζs/nst得633W≥nstFe/ζs＝2.5×5×10/235mm＝53.2cm32查表选12.6号工字钢：W＝77.5cm，A＝18.118cm，i＝5.2cm，h＝12.6cm。（2）校核强度利用正割公式，可得此时杆内最大正应力为

493FeclF1secmaxAi2i4EA53331063100101002000100101sec18.1181025225242101031811.8s123MPa94MPanst32强度不够，改选14号工字钢：W＝102cm，A＝21.516cm，i＝5.76cm，h＝14cm。最大正应力53331070100101002000100101secmax22321.5161057.657.64210102151.697.2MPa略大于许用应力，误差ε＝（97.2－94）/94×100%＝3.4%，在允许范围内，故可选用14号工字钢。9.27如图9-2-24所示，设压杆轴线的初弯曲可用半波正弦曲线来表示，即w0＝asin（πx/l）在压力F作用下，试证压杆挠曲线的方程式应为w＝w0＋w1＝1/（1－α）·asin（πx/l）22式中α＝F/Fcr＝Fl/（πEI）。图9-2-24证明：初始弯曲：w0＝asin（πx/l）。弯矩方程：M＝F（w1＋w0）。挠曲线微分方程：w1″＝－M/（EI），即EIw1″＋F（w1＋w0）＝0具有半波正弦曲线初弯曲的压杆增加的变形仍为半波正弦曲线，即w1＝bsin（πx/l）22w1″＝－π/l·bsin（πx/l）带入挠曲线方程，得

4942πxπEIsinbFba02llx为任意值时，sin（πx/l）不可能均为0，则22－bπEI/l＋F（b＋a）＝0－bFcr＋F（b＋a）＝0所以b＝Fa/（Fcr－F）。增加的变形的挠曲线方程为xFxwbsinasin1lFFlcrFx1xwww1asinasin01FFl1lcr22其中，α＝F/Fcr＝Fl/（πEI）。9.3名校考研真题详解一、选择题1．假设某压杆由低碳钢Q235制成，在其他条件不变的情况下，若将其材料改为强度比低碳钢Q235好很多的高强度钢，一定有（）。[北京航空航天大学2015研]A．若该压杆为大柔度杆，其轴向受压时的临界应力会显著提高B．若该压杆为大柔度杆，其轴向受压时的临界应力不会显著提高C．若该压杆为中柔度杆，其轴向受压时的临界应力不会改变D．若该压杆为中柔度杆，其轴向受压时的临界应力会显著降低【答案】B【解析】题中改变的是强度极限ζs，大柔度杆的临界应力与强度没有关系。中柔度杆，其轴向受压时的临界应力会显著提高，如图9-3-1所示，ζs增大，BC段的临界应力也增大。

495图9-3-12．一方形截面压杆，若在其上钻一横向小孔，如图9-3-2所示，则该杆与原来相比（）。图9-3-2A．稳定性降低，强度不变B．稳定性不变，强度降低C．稳定性和强度都降低D．稳定性和强度都不变【答案】B【解析】压杆的稳定性取决于整个杆件的弯曲刚度，强度取决于材料最小净截面面积。而在其上钻一横向小孔，则该危险位置有效面积减小，受压时强度降低，稳定性不变。3．压杆的下端固定，上端通过水平弹簧与固定面连接，则其长度系数μ的取值范围为（）。[中国科学技术大学2016研]A．μ＜0.5B．0.5＜μ＜0.7C．0.7＜μ＜2D．μ＞2【答案】C【解析】压杆端面的约束是介于自由端和铰支座约束。一端固定，另一端为自由端的长度系数为2，另一端为铰支座约束的长度系数为0.7，所以本题的长度系数介于0.7和2之间。4．非细长压杆如误用了欧拉公式计算临界力，其结果比该杆的实际临界力（）。[重庆大学2016研]A．大

496B．小C．不变D．不确定【答案】A【解析】临界应力总图如图9-3-3：图9-3-322可以看出，如果λ＜λP时，仍按ζcr＝πE/λ计算得的临界应力会比实际值大。二、填空题1．如图9-3-4所示桁架承受一对大小为F的载荷的作用，AC杆长l，弯曲刚度EI，大柔度杆，则杆AC的轴力FNAC＝______，设稳定安全因数为nst，则桁架不失稳的许用载荷[F]＝______。[北京航空航天大学2013研]图9-3-42πEI【答案】－F；2nlst2【解析】易知杆AD、DC、BC、AB受拉，拉力均为F，杆AC受压，压力大小为F，所以FNAC＝－2F。因为只有杆AC受压，所以整个桁架的许用载荷由杆AC的临界载荷决定。

4972222Fcr＝πEI/（μl）＝πEI/l（μ＝1）22FNAC＝F≤Fcr/nst＝πEI/（nstl）22[F]＝πEI/（nstl）2．如图9-3-5所示平面桁架，承受载荷F作用，1、2均为圆截面大柔度杆，直径分别为d1和d2，且d1＜d2，弹性模量均为E，长度均为l，材料的许用压应力均为[ζc]，稳定安全因数为nst，则2杆轴力为______，桁架的许用载荷[F]＝______。[北京航空航天大学2014研]图9-3-4234πd[]cosπEdcos11【答案】F/（2cosβ）；min,2232l【解析】由节点X与Y方向平衡方程易知，在两杆失稳之前F1＝F2＝F/（2cosβ），1、2杆的临界载荷为234πEIπEd1Fcr122ll64234πEIπEd2Fcr222ll64而且Fcr1＜Fcr2，所以杆1率先失稳，此时3434FπEdπEdcosFF11F11cr222cos64ll32但是杆1又必须满足222πd[]Fπd[]πd[]cosFA[]11F1142cos42所以234πd[]cosπEdcos[]minF11,2232l

4983．如图9-3-6所示结构，水平梁ABC为刚性梁，1杆和2杆为完全相同的两根大柔度实心圆截面钢杆，杆截面直径为d，材料的许用应力为[ζ]，弹性模量为E，杆长为l，稳定安全因数为nst，载荷P可沿梁ABC移动，移动的范围为AB段，则结构的许用载荷[P]为______。[北京航空航天大学2015研]图9-3-6342πEdπd[]【答案】min,2128nl8st【解析】杆1受压，杆2受拉。当P作用在A点时，结构内力最大。此时F1＝－2P，F2＝P所以许用载荷由杆1的强度和稳定性共同决定234FπEIπEdFP2cr1122nnl64nlststst2F1＝2P≤A[ζ]＝πd[ζ]/4所以342πEdπd[]Pmin,2128nl8st4．如图9-3-7所示平面桁架中各杆件均为大柔度杆，材料和截面尺寸均相同，弯曲刚度均为EI，杆1、杆2、杆3和杆4长度均为a，杆3与杆4互相垂直，载荷P作用于节点A，沿杆1轴线，方向如图所示。则杆5的轴力为______；从桁架的稳定性方面考虑，则临界载荷Pcr为______。[北京航空航天大学2016研]

499图9-3-722πEI【答案】2P；24a【解析】杆1、杆2为零杆，易得杆3、杆4和杆5的轴力分别为P、P、2P。校核压杆稳定性，即杆5稳定性：2πEI2Pcr2(2)a得22πEIPcr24a5．压杆从稳定平衡到不稳定平衡状态，此时的应力称为______。[华南理工大学2016研]【答案】临界应力三、计算题1．图9-3-8所示结构中杆AC（矩形梁）、BD（圆柱杆）均由Q235钢制成，B、D两处均为球铰。已知d＝20mm，b＝100mm，h＝180mm，P＝10kN，E＝200GPa，λp＝100。（1）用ζr3校核该梁。（2）校核该结构的稳定性。[大连理工大学2012研]

500图9-3-8解：（1）应校核B截面MB＝Pl＝10×1kN·m＝10kN·mQB＝P＝10kN62ζ＝MB/Wz＝6×10×10/（100×180）MPa＝18.5MPa3η＝3QB/（2bh）＝3×10×10/（2×100×180）MPa＝0.83MPa2222418.540.83MPa18.6MPar3安全因数ns取为1.5，[ζ]＝ζs/ns＝235/1.5MPa＝156.7MPa，ζr3＜[ζ]，强度满足要求。（2）研究BD杆∑M（A）＝0，P·2l－FNBD·l＝0FNBD＝2P＝20kN，为压力。2长细比i＝Imin/A，i＝d/4。λ＝μlBD/i＝1.0×1500/（20/4）＝300＞λp为大柔度杆，按欧拉公式计算临界压力23122π20010π20πEA4FFN6.89kNcr22NBDλ300所以压杆稳定性不能满足要求。2．如图9-3-9所示的刚性梁ACE由三根相同材料（弹性模量为E）制成的大柔度圆杆支承，圆杆的半径分别为2r、r、2r，计算载荷P的临界值。[武汉大学2015研]图9-3-9

501解：设杆AB的轴力为F1，杆CD的轴力为F2，杆EF的轴力为F3。载荷对称结构对称得F1＝F3。由ΔL＝FL/（EA）⇒F1/F2＝AAB/ACD⇒F1＝4F2；又因F1＋F2＋F3＝P⇒F1＝F3＝4P/9；F2＝P/9。234πEIπEr2Fcr222l4l234πEI4πErFF13、cr13cr22ll342当CD杆受压失稳时，即F2＝P/9＝Fcr2⇒P＝9Fcr2＝9πEr/（4l）。342342此时，AB和EF杆的轴力为F1＝F3＝4P/9＝πEr/l＜Fcr1＝4πEr/l，两杆均未失稳，系统还可继续承受载荷，直至AB、EF两杆失稳。342令F1＝F3＝Fcr1＝4πEr/l。342此时杆CD仍然保持其临界载荷不变，F2＝Fcr2＝πEr/（4l）。342所以，当整个系统失稳时，总载荷P临界值为：P＝F1＋F2＋F3＝33πEr/（4l）。3．图9-3-10所示圆截面压杆的直径d＝40mm，材料为Q235钢，弹性模量E＝200GPa，比例极限ζP＝200MPa，屈服极限ζs＝250MPa。试求可用经验公式计算临界应力时需要的杆长范围。（经验公式：ζcr＝304－1.12λ单位：MPa）。[昆明理工大学2016研]图9-3-10解：该圆杆的惯性半径为：i＝d/4＝10mm。杆件一端固定，一端铰支，计算长度系数μ＝0.7。临界柔度分别为229πEπ20010λ99.31620010pλ2＝（a－ζs）/b＝（304－250）/1.12＝48.2

502根据临界柔度可得到临界的杆长分别为λ＝μl1/i＝λ1，l1＝1418.6mmλ＝μl2/i＝λ2，l2＝688.6mm所以当688.6mm＜l＜1418.6mm时可用经验公式计算临界应力。4．图9-3-11所示简易起重装置为平面结构，杆AB和杆BC在点B铰接，在点B用钢索起吊一重为P的重物D。杆BC为直径d＝60mm的圆截面杆，杆长l＝2m，材料为Q235钢，E＝206GPa，ζP＝200MPa，ζs＝235MPa，直线经验公式系数a＝304MPa，b＝1.12MPa，稳定安全因数nst＝3。试根据结构在图示平面内的稳定性确定重物D的最大重量。[南京航空航天大学2017研]图9-3-11解：先确定BC杆临界压力Fcri＝d/4＝15mmλ＝μl/i＝1.0×2000/15＝133.33229πEπ20610100.83p620010pλ＝133.33＞λp＝100.83，为大柔度杆，用欧拉公式计算。临界应力2232πEAπ20610π60FAN323.37kNcrcr224133.33重物D重量最大时，BC杆中压力为临界压力。由静力平衡条件，对A点取矩，∑M（A）＝0即nstP（l＋lcos60°）－Fcrlsin60°＝03PF=62.23kNcr9所以重物D最大重量为62.23kN。5．图9-3-12所示压杆，横截面为b×h的矩形，试从稳定性方面考虑，h/b为何值最佳。当压杆在xy平面内而失衡时，杆端约束情况可视为两端铰支；当压杆在xz平面内失衡时，杆端约束情况可视为弹性固定，取μy＝0.7。[山东大学2017研]

503图9-3-12解：从稳定性角度考虑，为了使杆件在两个方向都能达到临界状态，应使两个方向具有相同的柔度，即λy＝λz。两个方向的惯性半径分别为2bbiy12232hhiz1223所以有μyl/iy＝μzl/iz。即h/b＝iz/iy＝μz/μy＝1/0.7＝1.43。26．由两悬臂梁AB与CD和圆钢BD组成的结构如图9-3-13所示，梁AB为矩形截面20×40mm，梁CD2为矩形截面20×60mm，杆BD的直径d＝8.5mm。梁和杆的材料均为Q235钢，E＝200GPa，试根据杆BD的稳定性（按大柔度杆计算）确定结构的许可载荷。[山东大学2017研]图9-3-13

504解：令杆BD恰好满足稳定性，因为是大柔度杆，按欧拉公式求解可得2234πEIπ20010π8.5FFBDN12.6kNNcr2642002lBD拆去BD杆，梁AB和梁CD都是悬臂梁，自由端所受集中荷载分别为（F－FN）和FN，所以B点和D点的竖向位移为悬臂梁的挠度，分别为3ΔB＝（F－FN）lAB/（3EIAB）3ΔD＝FNlAB/（3EICD）杆BD发生的变形为ΔlBD＝FNlBD/（EABD）根据题意可知，ΔB－ΔD＝ΔlBD，即33FFlNABFlNABFlNBD33EIEIEAABCDBD故I3IlABABBDFF1N3IAlCDBDAB又因为3454IAB＝20×40/12mm＝1.07×10mm3454ICD＝20×60/12mm＝3.6×10mm222ABD＝π×8.5/4mm＝56.72mm可得：F＝17.8kN。所以荷载F最大为17.8kN。

505第10章动载荷10.1复习笔记本章节的主要研究内容是构件作匀加速运动时，或受到作匀加速运动的物体作用时，以及构件受到冲击时的应力和变形计算。静载荷：载荷由零平缓地增加到最终值，且之后载荷值再也不变化。动载荷：随时间明显变化的载荷，即具有较大加载速率的载荷。一、动静法的应用动静法是将动力学问题转化为静力学问题的方法，来自于达朗贝尔原理：假想地在做加速运动的质点系上的每一个质点上施加惯性力，使原力系与惯性力系组成平衡力系。质点上的惯性力等于该质点质量m与其加速度a的乘积，惯性力方向与加速度反向。对于匀加速平动杆件或者匀角加速转动杆件，使用动静法作动应力分析的一般步骤：（1）求出动荷系数Kd；（2）按静载荷求解应力ζst、变形Δst等；（3）将所得结果乘以动荷系数Kd可得动载荷作用下的动应力和变形分别为ζd＝KdζstΔd＝KdΔst二、杆件受冲击时的应力和变形1．求解杆件受冲击问题时的基本假设（1）不计冲击物的变形；（2）冲击前后，冲击物与杆件构成的系统机械能守恒；（3）构件材料服从胡克定律。2．常见几种情况下的动荷因数（1）自由落体图10-1-1如图10-1-1所示，在重物P从高度为h处自由下落的冲击作用下，对杆件作动应力分析时的动荷因数2hK=+11+dΔst其中，对于突然加载的情况，相当于物体自由下落高度h＝0的情况，此时动荷因数Kd＝2，即杆件的应力和变形均为静载时的2倍。（2）水平冲击

506图10-1-2如图10-1-2所示，设冲击物与杆件接触时的速度为v，此时求解动载荷问题时的动荷因数3．冲击韧性材料的抗冲击能力用冲断试样所需的能量来表征。冲击韧性的表达式为WKA2式中，W为重摆所做的功；A为试样在缺口处的最小横截面面积；冲击韧性αK的常用单位为J/cm。①冲击韧性是材料性能指标之一，αK越大材料的抗冲能力越强。②一般塑性材料抗冲击能力高于脆性材料。③冲击韧性与试件的形状、尺寸、支撑条件等有关，且随温度降低而减小，表现为材料的冷脆现象。三、受迫振动的应力计算（仅作了解）研究对象：可简化为一个自由度的弹性受迫振动系统。将承受变形的弹性杆件视为弹簧。对于不计质量且仅考虑弹性的构件上只有一个振动物体时，均可简化为一个自由度的振动系统，构件受到的拉压、扭转或弯曲作用只改变系统的弹簧刚度系数。1．应力相关计算公式①系统固有频率（角频率）ω0gkg0Pst式中，g为重力加速度；Δst为静位移；k为弹簧刚度系数；P为静荷载作用。②放大因子β1222214000式中，ω为干扰力的频率；δ为阻尼系数。③危险点的最大动应力ζdmax

507FdFd11KdmaxststdstPst式中，振动的动荷载因数FdFdK11dPstF为干扰力Fd按静载荷方式作用在弹性系统上的静位移。d④危险点的最小动应力ζdminFdFd11dminststPst2．交变应力在静平衡位置上下作受迫振动的杆件，其上各点应力作周期性交替变化。交变应力下的强度条件不可用静载的方法建立。3．动应力、动荷载与放大因子的关系（曲线）①ω/ω0→1：即干扰力频率接近系统固有频率，此时β最大，引起共振。通过改变ω/ω0或增大阻尼δ可降低β避免共振。②ω/ω0＜＜1：此时β→1，受迫振动的振幅等于干扰力作为静荷载时的挠度。增加弹性系统的刚度可以减小静位移。③ω/ω0＞1：β随ω/ω0增大而减小，受迫振动随之减弱。当ω/ω0＞＞1时β→0，可不考虑干扰力的作用，应增加静位移来降低弹性系统固有频率。10.2课后习题详解10.1图10-2-1所示均质等截面杆，长为l，重为W，横截面面积为A，水平放置在一排光滑的滚子上。杆的两端受轴向力F1和F2的作用，且F2＞F1。试求杆内正应力沿杆件长度分布的情况（设滚动摩擦可以忽略不计）。图10-2-1解：杆在已知力作用下有向右的加速度：a＝F/m＝（F2－F1）g/W。如图10-2-2所示，将杆沿x截面断开，分析杆受力，可得轴力沿长度分布情况FN（x）＝F1＋Wxa/（gl）＝F1＋（F2－F1）·x/l则正应力沿长度分布情况：ζ（x）＝FN（x）/A＝（1/A）[F1＋（F2－F1）·x/l]。

508图10-2-210.2如图10-2-3所示，长为l，横截面面积为A的杆以加速度a向上提升。若材料的密度为ρ，试求杆内的最大应力。图10-2-3解：如图10-2-3（b）所示，取长为x的杆段进行受力分析：自重：W2＝ρAxg，惯性力：W1＝ρAxa。根据平衡条件FNd－ρgAx－ρAxa＝0，可得：FNd＝ρgAx（1＋a/g）。故该截面上的应力：ζd＝FNd/A＝ρx（a＋g）。由此可知，当x＝l时，有最大应力：ζdmax＝ρgl（1＋a/g）。10.3如图10-2-4所示，桥式起重机上悬挂一重量P＝50kN的重物，以匀速度v＝1m/s向前移（在图10-2-4中，移动的方向垂直于纸面）。当起重机突然停止时，重物像单摆一样向前摆动，若梁为No.14工字钢，吊索横－42截面面积A＝5×10m，问此时吊索内及梁内的最大应力增加多少？设吊索的自重以及由重物摆动引起的斜弯曲影响都忽略不计。

509图10-2-422解：物体突然停止时，产生的向心加速度为：a＝v/R＝0.25m/s。由此产生的与加速度方向相反的惯性力为：Fa＝Pa/g＝1275.5N。－4吊索内最大应力增量为：Δζ1＝Fa/A＝[1275.5/（5×10）]Pa＝2.55MPa。梁内最大弯矩的增加量为：M＝2.5×Fa/2。3查型钢表得14号工字钢W＝102cm，则梁内最大应力增加量为-6Δζ2＝M/W＝（2.5×Fa/2）/W＝[（2.5×1275.5/2）/（102×10）]Pa＝15.6MPa。3310.4如图10-2-5所示，飞轮的最大圆周速度v＝25m/s，材料的密度为7.41×10kg/m。若不计轮幅的影响，试求轮缘内的最大正应力。图10-2-5解：假想沿过直径的面将圆环断开，则由平衡条件得∑Fy＝0πD2FqsindqDNddd022其中，沿轴线均匀分布的惯性力集度：qd＝Aρan＝AρDω/2。222则有：FNd＝qdD/2＝AρDω/4＝Aρv。232轮缘内的最大正应力：ζd＝FNd/A＝ρv＝7.41×10×25Pa＝4.63MPa。

51010.5如图10-2-6所示，轴上装一钢质圆盘，盘上有一圆孔。若轴与盘以ω＝40rad/s的匀角速度旋转，试求轴内由这一圆孔引起的最大正应力。图10-2-6解：轴上的动应力是圆孔对称位置上相应的质量m引起的，设圆盘密度为ρ，厚度为δ，圆孔中心到圆盘中心的距离为b，则由质量m产生的惯性力22322Fd＝ma＝πρDδωb/4＝（π/4）×7.8×10×0.3×0.03×40×0.4N＝10.6kN故由圆孔引起的最大正应力333ζd＝（0.4×Fd/2）/W＝6.4Fd/（πd）＝[6.4×10.6×10/（π×0.12）]Pa＝12.5MPa210.6如图10-2-7所示，在直径为100mm的轴上装有转动惯量I＝0.5kN·m·s的飞轮，轴的转速为300r/min。制动器开始作用后，在20转内将飞轮刹停。试求轴内最大切应力。设在制动器作用前，轴已与驱动装置脱开，且轴承内的摩擦力可以不计。图10-2-7解：刹车前，飞轮的角速度为：ω0＝2πn/60＝10πrad/s。由ω0t/2＝20×2π得，刹车飞轮所用的时间：t＝20×2×2π/ω0＝8s。故角加速度为：α＝（0－ω0）/t＝－1.25πrad/s。3由惯性产生轴截面的扭矩：Md＝－I·α＝0.5×10×1.25πN·m＝625πN·m。33故轴内最大切应力：ηmax＝Md/Wt＝16Md/（πd）＝[16×625π/（π×0.1）]Pa＝10MPa。10.7图10-2-8所示钢轴AB的直径为80mm，轴上有一直径为80mm的钢质圆杆CD，CD垂直于AB。若33AB以匀角速度ω＝40rad/s转动。材料的许用应力[ζ]＝70MPa，密度为7.8×10kg/m。试校核轴AB及杆CD的强度。

511图10-2-8图10-2-9解：如图10-2-9所示，构件匀速转动时，杆CD单位长度的惯性力qd为2322qd＝ma＝ρA（l－x）ω＝7.8×10×（π×0.08/4）×（l－x）×40N/m＝62.8（l－x）kN/m沿轴线线性分布。CD杆作用于AB杆的惯性力为0.6Fddqxd=x62.80.6xdx11.4kNCD0故CD杆的最大正应力发生在D截面处32ζdmax＝Fd/A＝[4×11.4×10/（π×0.08）]Pa＝2.27MPa＜[ζ]对于AB轴1Fl3M2d16Fl1611.4100.6maxdPadmax333Wdπdππ0.083268.2MPa故AB轴和CD杆均满足强度条件。10.8如图10-2-10所示，AD轴以匀角速度ω转动。在轴的纵向对称面内，于轴线的两侧有两个重为P的偏心质量块，如图10-2-10所示。试求轴内最大弯矩。

512图10-2-102解：轴旋转时偏心球的惯性力为：Fd＝Phω/g。当小球处于铅垂面内时，惯性力与重力重叠时会产生最大弯矩，受力如图10-2-11所示。图10-2-1122由平衡条件得支反力：FRA＝P＋Phω/（3g），FRD＝P－Phω/（3g）。绘制AD轴的弯矩图，如图10-2-11所示，可知最大弯矩在B截面处2Mmax＝（Pl/3）[1＋hω/（3g）]10.9图10-2-12所示机车车轮以n＝300r/min的转速旋转。平行杆AB的横截面为矩形，h＝56mm，b＝28mm，33长度l＝2m，r＝250mm，材料的密度为ρ＝7.8×10kg/m。试确定平行杆最危险的位置和杆内最大正应力。图10-2-12解：当杆运动至最低位置时，重力与惯性力相叠加，此时最危险。将杆的自重和作用在杆上的惯性力看作均布力，则有：自重产生的均布载荷集度：q＝ρAg；2惯性力产生的均布载荷集度：qd＝ρAωr；

5132故q总＝q＋qd＝ρA（g＋ωr），其中ω＝2πn/60＝2π×300/60rad/s＝10πrad/s。2杆上的最大弯矩发生在杆中点截面处：Mmax＝q总l/8。故杆内最大正应力122Mbhgrl3g22rlmax8max14Wh2bh632237.8109.810π0.252Pa40.056107MPa10.10图10-2-13所示简支梁为No.18工字钢，l＝6m，E＝200GPa。梁上安放着重量为2kN的重物，且作振幅B＝12mm的振动。试求梁的最大正应力。设梁的质量可以忽略不计。图10-2-133解：在F＝2kN静载作用下，作用点的位移：Δst＝Fl/（48EI）。3该点由振动产生动载荷作用下的位移：Δd＝Fdl/（48EI）。又由振幅B＝βΔd，得放大因子：β＝B/Δd。3则振动的动荷系数：Kd＝1＋βFd/F＝1＋BFd/（ΔdF）＝1＋48EIB/（Fl）。3故梁内最大正应力：ζdmax＝Kdζst＝KdFl/（4W）＝[1＋48EIB/（Fl）]Fl/（4W）。34查型钢表18号工字钢：W＝185cm，I＝1660cm，所以有34348200101660101221060001MPadmax333210600041851088MPa10.11图10-2-14所示电机的重量为P＝1kN，转速为n＝900r/min，装在悬臂梁的端部。梁为No.25a槽钢，弹性模量E＝200GPa。由于电机转子不平衡引起的离心惯性力Fd＝200N，设阻尼系数δ＝0，且梁的质量可以不计。试求：（1）梁跨度l为多大时，将发生共振？（2）欲使梁的固有频率ω0为干扰频率ω的1.3倍，l应为多大？计算此时受迫振动的振幅B及梁内的最大正应力。

514图10-2-14解：（1）悬臂梁发生共振时，系统的固有频率等于干扰频率，即ω0＝ω，所以有gnπ30πrad/s030st23又在P作用下自由端的静位移Δst＝g/（30π）＝Pl/（3EI），则梁跨度：33gEIl230πP43查型钢表No.25a槽钢：I＝176cm，W＝30.6cm，代入上式得39839.82001017610lm1.05m230π10002（2）根据题意，ω0＝1.3ω，则有：g/Δst＝（39π），Δst＝0.653mm。梁跨度33gEIl0.882m239πP离心力作用的位移339－8－4Δd＝Fdl/（3EI）＝[200×0.882/（3×200×10×176×10）]m＝1.3×10m放大因子11=2.4522222211411.3000－4故振幅：B＝βΔd＝2.45×1.3×10m＝0.319mm。动荷因数：Kd＝1＋B/Δst＝1.49。则梁内最大正应力－6ζdmax＝Kd·Δst＝Kd·Pl/W＝[1.49×1000×0.882/（30.6×10）]Pa＝42.9MPa10.12如图10-2-15所示，重量为P的重物自高度h下落冲击于梁上的C点。设梁的E，I及抗弯截面系数W皆为己知量。试求梁内最大正应力及梁的跨度中点的挠度。

515图10-2-153解：当P静荷载作用于C点时，在C点产生的静挠度为Δst，查表可得：Δst＝4Pl/（243EI）。则自由落体产生的动荷系数为：2h243EIhK1111d32PlstP以静荷载作用于C点时，梁内最大静应力发生在力P作用点截面上，值为ζstmax＝Mmax/W＝（1/3）P×（2/3）l/W＝2Pl/（9W）查表计算得梁中点的挠度为23Pl2l23Plwl34l248EI391296EI故梁内最大正应力为2Pl243EIhK11dmaxdstmax92WPl3梁跨度中点挠度为323Pl243EIhwKw11dlld3221296EI2Pl10.13图10-2-16所示AB杆下端固定，长度为l，在C点受到沿水平运动的物体的冲击。物体的重量为P，当其与杆件接触时的速度为v。设杆件的E，I及W皆为已知量。试求AB杆的最大应力。

516图10-2-163解：静载荷P水平作用于C点时，其产生的静挠度为：Δst＝Pa/（3EI）。因此水平冲击时产生的动荷系数为：22v3EIvKd3ggPastP静载时，杆AB中最大静应力发生在固定截面A处，且ζstmax＝Pa/W。故AB杆最大应力22Pa33EIvEIvPKdmaxdstmax32WgPagaW10.14材料相同、长度相等的变截面杆和等截面杆如图10-2-17所示。若两杆的最大横截面面积相同问哪一根杆件承受冲击的能力强？设变截面杆直径为d的部分长为2l/5。为了便于比较，假设h比较大，可以近似地把动荷因数取为

517图10-2-17解：（a）对于变截面杆当静载荷P竖直作用于杆端时，产生的静挠度为23PlPl55Pl23stEAEAE55AA1212因此变截面杆的最大应力22hPhPKddststAA1Pl231E55AA1228hEPhEP223A23d12lA1πld55A255D（b）对于等截面杆当静载荷P竖直作用于杆端时，产生的静挠度为Δst＝Pl/（EA）。因此等截面杆的最大应力2hP2hP2hEP8hEPKddst2APlAlAπlDstEA因为223d222ddD55D所以图（a）变截面杆受到的动应力大于图（b）等截面杆的动应力，等截面杆承受冲击的能力强。

51810.15受压圆柱形密圈螺旋弹簧簧丝的直径d＝6mm，弹簧的平均直径D＝120mm，有效圈数n＝18，G＝80GPa。若使弹簧压缩25mm，试求所需施加的静载荷。又若以这一载荷自100mm的高度落于弹簧上，则弹簧的最大应力及变形各为多少？解：（1）弹簧的刚度系数43943C＝Gd/（64Rn）＝[80×10×0.006/（64×0.06×18）]N/m＝416.7N/m故在弹簧压缩量为Δst＝25mm时，所需施加的静载荷为F＝C·Δst＝416.7×0.025N＝10.4N（2）由P自由落体产生的动载荷系数：2hK114dst3根据公式ηmax＝k·8FD/（πd），其中，旋绕比c＝D/d＝20，曲度系数k＝（4c－1）/（4c－4）＋0.615/c＝1.07，可得弹簧受静载时的最大切应力8FD810.40.12k1.07Pa15.74MPastmax33πdπ0.006则由冲击产生的最大应力ηdmax＝Kd·ηstmax＝4×15.74MPa＝62.96MPa在冲击作用下弹簧的变形量Δd＝Kd·Δst＝4×25mm＝100mm10.16图10-2-18所示直径d＝300mm，长为l＝6m的圆木柱，下端固定，上端受重P＝2kN的重锤作用。木材的E1＝10GPa。求下列三种情况下，木桩内的最大正应力。（1）重锤以静载荷的方式作用于木桩上；（2）重锤从离桩顶0.5m的高度自由落下；（3）在桩顶放置直径为150mm、厚为40mm的橡皮垫，橡皮的弹性模量E2＝8MPa。重锤仍从离橡皮垫顶面0.5m的高度自由落下。图10-2-18解：（a）重锤受静载荷作用下，最大正应力22ζstmax＝P/A＝4P/（πd）＝[4×2000/（π×300）]MPa＝0.0283MPa

519（b）在P静载作用下，自由端的静位移102－5Δst＝Pl/（E1A1）＝2000×6×4/（10×π×0.3）m＝1.7×10m则自由落体产生的动载荷因数2h20.5K1111243.5d51.710st故最大正应力：ζdmax＝Kd·ζstmax＝243.5×0.0283MPa＝6.9MPa。（c）有橡皮垫作用时，自由端的变形由两部分组成：杆的变形和橡皮垫的变形。则有Pl2st总stststEA225420000.041.710m62π8100.1545.8310m动载荷因数：2h20.5K111142.4d45.8310st总故最大正应力：ζdmax＝Kd·ζstmax＝42.4×0.0283MPa＝1.2MPa。10.17图10-2-19所示钢杆的下端有一固定圆盘，盘上放置弹簧。弹簧在1kN的静载荷作用下缩短0.625mm。钢杆的直径d＝40mm，l＝4m，许用应力[ζ]＝120MPa，E＝200GPa。若有重为15kN的重物自由落下，求其许可的高度h。又若没有弹簧，则许可高度h又为多大？图10-2-19解：（1）有弹簧时，弹簧作用点处的位移由两部分组成：杆的变形和弹簧的变形。则有

5203Pl1510443CP0.6251015mst92EA20010π0.044332.39109.37510m9.61410m根据强度条件最大正应力：ζd＝Kdζst＝KdP/A≤[ζ]，可得23Kd≤[ζ]/ζst＝[ζ]A/P＝120×π×40/（4×15×10）＝10.05又动荷因数2hK11dst代入上式得：h≤388.9mm。即有弹簧时的许可高度：[h]＝388.9mm。－4（2）如果没有弹簧，则作用点处的静位移Δst＝Pl/EA＝2.39×10m。同理可得，没有弹簧时的许可高度：[h]＝9.67mm。10.18图10-2-20所示No.16工字钢左端铰支，右端置于螺旋弹簧上。弹簧共有10圈，其平均直径D＝100mm。簧丝的直径d＝20mm。梁的许用应力[ζ]＝160MPa，弹性模量E＝200GPa；弹簧的许用切应力[η]＝200MPa，切变模量G＝80GPa。今有重量P＝2kN的重物从梁的跨度中点上方自由落下，试求其许可高度h。图10-2-2043解：查型钢表16号工字钢：I＝1130cm，W＝141cm。P以静荷载作用于梁上时，作用点梁中点处的位移由两部分组成：弹簧变形量33P64PRn6420000.05103m6.2510m24942C2Gd280100.02P作用下挠度33Pl200034m4.9810m19848EI4820010113010－3故梁中点处静位移：Δst＝Δ1＋Δ2/2＝3.62×10m。则动荷系数：

5212hKh1111552dst跨中截面上有最大静应力－6ζstmax＝Mmax/W＝Pl/（4W）＝[2000×3/（4×141×10）]Pa＝10.6MPa①对于横梁根据梁的强度条件ζdmax＝Kd·ζstmax≤[ζ]。将动荷因数Kd代入上式并整理，解得：h≤0.358m。②对于弹簧根据强度条件：dmaxKhdmax11552max200MPa由c＝D/d＝5，k＝（4c－1）/（4c－4）＋0.615/c＝1.31，得静载时最大切应力8FD4PD42000100kk1.31MPa41.7MPamax333πddππ20代入强度条件，解得：h≤24.3mm。综上，许可高度：[h]＝24.3mm。10.19图10-2-21所示圆轴直径d＝60mm，l＝2m，左端固定，右端有一直径D＝400mm的鼓轮。轮上绕以2钢绳，绳的端点A悬挂吊盘。绳长l1＝10m，横截面面积A＝120mm，E＝200GPa。轴的切变模量G＝80GPa。重量P＝800N的物块自h＝200mm处落于吊盘上，求轴内最大切应力和绳内最大正应力。图10-2-21解：当P以静载荷作用于托盘上时，由轴扭转引起重物的静位移2TlDPDlD8PDl14GI22GI2πdGpp288004002000mm43π6080100.629mm

52233绳的伸长量：Δ2＝Pl1/（EA）＝[800×10×10/（200×10×120）]m＝0.333mm。故重物总位移：Δst＝Δ1＋Δ2＝0.962mm。由此可得自由落体冲击作用下动荷系数2h2200K111121.4d0.962st故轴内最大切应力为33ηdmax＝Kd·ηmax＝KdT/Wt＝Kd·8PD/（πd）＝[21.4×8×800×400/（π×60）]MPa＝80.7MPa绳内最大正应力为ζdmax＝Kd·ζmax＝KdP/A＝[21.4×800/120]MPa＝142.7MPa10.20图10-2-22所示钢吊索的下端悬挂一重量为P＝25kN的重物，并以速度v＝1m/s下降。当吊索长为l2＝20m时，滑轮突然被卡住。试求吊索受到的冲击载荷Fd。设钢吊索的横截面面积A＝414mm，弹性模量E＝170GPa，滑轮和吊索的质量可略去不计。图10-2-22解：（1）根据能量守恒定律确定动荷因数如图10-2-22所示，冲击开始时，钢索的变形量为Δst，整个系统的能量包括冲击物的动能，冲击物相对其最低位置的势能以及钢索的应变能，可表示为11P22vPdstCst22g其中，C＝P/Δst。12冲击结束后，钢索的总伸长量为Δd，动能和势能均为零，只剩应变能：Cd。2由能量守恒定律可得1P21212vPdstCstCd2g22

523将C＝P/Δst代入得222v210dstdstgst解得v21dstgst所以动荷因数为22vvEAK11dggPlst（2）冲击载荷代入数据计算得动荷因数：Kd＝4.79。因此，动载荷：Fd＝KdP＝4.79×25kN≈120kN。10.21在上题的重物和钢索之间，若加入一个弹簧，则冲击载荷和动应力是增加还是减少？若弹簧常数为0.4kN/mm，试求冲击载荷。解：（1）加入弹簧后，重物的静位移由两部分组成：弹簧的变形和绳索的伸长。静位移Δst变大，则动荷系数2vK1dgst变小，故此时冲击载荷和动应力均变小。（2）静位移3PlP251020253310m69.610mst96EAk17010414100.4动荷系数22v1K112.21d3g9.869.610st故冲击载荷：Fd＝Kd·P＝2.21×25kN＝55.3kN。10.22AB和CD二梁的材料相同，横截面相同。在图10-2-23所示冲击载荷作用下，试求二梁最大弯曲正应力之比和各自吸收能量之比。

524图10-2-23解：P静荷载作用于梁上时，在作用点AB梁中点产生的静位移为333Pl15PlPlst48EI2248EI192EI则动荷系数2h384EIhK1111d35PlstAB梁，最大正应力产生在跨中截面：ζ1st＝M1max/W＝Pl/（4W）。CD梁，最大正应力产生在跨中截面：ζ2st＝M2max/W＝Pl/（8W）。则两梁最大应力之比：ζ1d/ζ2d＝（ζ1st·Kd）/（ζ2st·Kd）＝2。2各自吸收能量之比等于变形能之比，即：Vε1/Vε2＝vε1/vε2＝（ζ1d/ζ2d）＝4。10.23如图10-2-24所示，速度为v、重为P的重物，沿水平方向冲击于梁的截面C。试求梁的最大动应力。设已知梁的E，I和W，且a＝0.6l。

525图10-2-24解：解除B处约束，代之以约束反力F，则有变形协调条件wB＝0，即23PaFl30la63EIEI解得：F＝54P/125＝0.432P。P静载时，其作用点C的静位移323PaPaPlst3la0.0097936EIEIEI则动荷因数：分析可知，最大弯矩发生在C截面，且Mmax＝0.1728Pl。可得最大静应力：ζstmax＝Mmax/W＝0.1728Pl/W。故梁内最大动应力10.24No.10工字梁的C端固定，A端铰支于空心钢管AB上，如图10-2-25所示。钢管的内径和外径为别为30mm和40mm，B端亦为铰支。梁及钢管同为Q235钢。当重为300N的重物落于梁的A端时，试校核AB杆的稳定性。规定稳定安全因数nst＝2.5。

526图10-2-254解：（a）Q235钢E＝200GPa，10号工字梁I＝245cm。静载时，对于梁CA，设A端受力为FCA，则A端的挠度为3FlwCACAA3EICA4其中ICA＝245cm。对于杆AB，受压，产生的变形为：ΔlAB＝FABlAB/（EAAB）。由变形协调条件可知－w＝ΔlAB。又FCA＋FAB＝P。解得，静载时CA梁和AB杆的受力分别为FCA＝0.3N，FAB＝299.7N。－3A端位移：ΔlAB＝5.45×10mm。－3（b）Δst＝ΔlAB＝5.45×10mm，则动荷因数2h210K111161.58d35.4510st杆AB在动载荷作用下所受的力为：FABd＝KdFAB＝61.58×299.7N＝18.46kN。2229442杆AB的临界载荷：Fcr＝πEI/l＝[π×200×10×π（0.04－0.03）/（64×2）]N＝42.33kN。Fcr/FABd＝2.3＜nst＝2.5，故杆AB不安全。10.3名校考研真题详解一、选择题矩形截面的悬臂梁，自由端受冲击荷载作用，如图10-3-1所示。情况（1），梁的横截面尺寸为h×b；情况（2），截面为2h×b。对于这两种情况的动荷系数Kd，下列结论中（）是正确的。[昆明理工大学2016研]

527图10-3-1A．（Kd）1＝（Kd）2B．（Kd）1＜（Kd）2C．（Kd）1＞（Kd）2D．不能确定【答案】B3【解析】因为静挠度为Δst＝QL/（3EI），故可知（Δst）1＞（Δst）2。又根据2HK11dst可得（Kd）1＜（Kd）2。二、填空题1．如图10-3-2所示6度静不定线弹性刚架，当重物Q静止置于C处时，C处的静位移为1mm。当重物从δ＝4mm的高度无初速度落于C处时，在C处最大动位移为______。如果测得重物从δ＝4mm的高度无初速度落于C处时，D处的最大动应力为20MPa，那么当重物从δ＝60mm的高度无初速度落于C处时，D处的最大动应力为______。[北京航空航天大学2013研]图10-3-2【答案】4mm；60MPa【解析】动荷因数

5282h24K111114d11st所以Δd1＝Kd1Δst＝4×1mm＝4mm。动荷因数2h260K1121112d21st由题可知ζd1＝Kd1ζst＝4ζst＝20MPa，ζst＝5MPa所以：ζd2＝Kd2ζst＝12×5MPa＝60MPa。2．如图10-3-3所示梁，各截面的弯曲刚度均为EI，B段用弹簧常数为k的弹簧支撑，在其跨度中间截面c的正上方，一重量为P的物体从高度h处无初速度自由下落。已知梁的跨度为l，梁的质量与冲击物的变形均忽略不计，则梁承受的最大冲击载荷为______，截面C的最大挠度______。[北京航空航天大学2014研]图10-3-32h2h3PP111PlP【答案】Pl3P；Pl3P48EI4k48EI4k48EI4k3【解析】静位移为Δst＝δC/AB＋δk＝Pl/（48EI）＋P/（4k），所以动荷因数为22hhK1111d3PlPst48EI4k因此最大冲击载荷为2hPKPPP1dd3PlP48EI4kC截面最大挠度为

5292h311PlPKPl3Pddst48EI4k48EI4k3．如图10-3-4（1）所示等截面刚架ABC，AB段和BC段的长度均为l，一重量为P的物体从高度H处自由下落至刚架的端部C处，刚架的横截面是边长为a的正方形，刚架的弹性模量为E。假设刚架的质量、冲击物的变形及AB段的轴向变形忽略不计，则刚架承受的最大冲击载荷为______。若在刚架的自由端加一弹簧支撑，如图10-3-4（2），则刚架的最大冲击载荷将______（填“增大”“减小”或“不变”）。[北京航空航天大学2015研]图10-3-43EIh【答案】PP1；增大32Pl【解析】通过变形叠加法求得静位移333MlPlPllPl4PllllstBACBEI3EIEI3EI3EI所以动荷因数为：23hEIhK1111d32Plst最大冲击载荷：3EIhFKPPP1dd32Pl因为弹簧的吸能作用，静位移将减小，动荷因数将增大，所以最大冲击载荷将增大。34．如图10-3-5所示简支梁，长度为l，弯曲刚度为EI，小球重P，从高H＝5Pl/（6EI）处无初速下落撞击梁的中点。则：（1）最大冲击载荷为______；

530（2）如果梁的弯曲刚度变为3EI/5，其他条件不变（小球仍从原始高度下落），此时最大载荷为______。[北京航空航天大学2016研]图10-3-5【答案】10P；8P3【解析】（1）小球位于梁中点的静位移为：Δst＝Pl/（48EI）。动载荷系数为2HK1110dst所以最大冲击载荷为：Fd＝Kd·P＝10P。33（2）同理，静位移为：Δst＝Pl/[48·（3EI/5）]＝5Pl/（144EI）。动载荷系数为2HK118dst此时最大冲击载荷为：Fd＝Kd·P＝8P。三、计算题1．如图10-3-6所示，重量为P的重物以初速度v0自由下落在简支梁跨中处。设简支梁的截面抗弯刚度EI，及抗弯截面系数W为已知，试求：（1）梁的最大应力；（2）若梁的两端支座变为刚度系数为k的弹簧，则梁的冲击动荷因数Kd增大还是减小。[大连理工大学2012研]

531图10-3-6解：（1）初速度为v0，相当于从落点上方h处自由下落22v0＝2gh，h＝v0/2g荷载P下的静位移33Δst＝P（2L）/（48EI）＝PL/（6EI）则冲击荷载P的动荷因数2hHK11dst冲击载荷2hHFKPP11ddst最大应力产生在跨中截面22Mmax＝q（2L）/8＋Fd（2L）/4＝（qL＋FdL）/2v2012HEI22gqLPL11MPL3maxmaxWW23（2）无弹簧时，载荷P的静位移：Δst1＝PL/（6EI）。3两端支承在刚度相同的弹簧上时，荷载P的静位移：Δst2＝PL/（6EI）＋P/（2k）。而自由下落的动荷因数2hHK11dst可知Δst2＞Δst1，Kd2＜Kd1，因此梁的动荷因数减小。2．图10-3-7所示等截面刚架，重物P自高度h处自由下落，冲击到刚架的A点处计算刚架内的最大冲击动应力。重物P的重力为300N，h＝50mm，E＝200GPa，不计刚架的质量，且不计剪力和轴力对刚架变形的影响。[西南交通大学2014研]

532图10-3-7＿＿解：用单位载荷法求解结构静位移，在A处虚设向下的单位力F＝1，作出M图与M图如图10-3-8所示。图10-3-8图乘，求得A点静位移31124PLPLLLPLLLstEI233EI43001000312343200103029.63mm自由下落时的动荷因数2h250K11113.09d29.63st冲击载荷：Fd＝Kd·P＝3.09×300＝927N。计算固定端截面最大冲击动应力

5333ζd＝M/W＝FdL/W＝927×1000/（30/6）MPa＝206MPa3．重量为P＝10kN的重物自高度h＝20mm处自由下落，冲击到简支梁AB的中点C处，如图10-3-9所示。4433已知梁为20b号工字钢，惯性矩Iz＝2500×10mm，弯曲截面系数Wz＝250×10mm，弹性模量E＝210GPa，试求梁内最大正应力（不计梁的自重）。[南京理工大学2015研]图10-3-9解：静荷载作用下的位移与应力33334Δst＝Pl/（48EI）＝10×10×2000/（48×210×10×2500×10）＝0.3175mm33ζst＝Pl/（4Wz）＝10×10×2000/（4×250×10）＝20MPa动荷因数2h220K111112.27d0.3175st最大正应力ζd＝Kdζst＝12.27×20＝245.37MPa4．摩天轮如图10-3-10所示，主轴为半径r的实心圆轴。吊臂长均为l，弹性模量E，截面惯性矩I。A、B、C、D各处包厢和游客的总重量均为P。图示位置AC水平，BD竖直。不计吊臂和主轴的质量，不计主轴变形及包厢尺寸。摩天轮初始以角速度ω0匀速转动，到图示位置时主轴与支架处突然卡死。试求主轴内最大扭转切应力。[南京航空航天大学2017研]图10-3-10解：该问题属于冲击问题。突然卡死到各个重物（包厢和游客）完全停止，重物的动能转化为各根吊臂的应变能。由于四根吊臂是完全对称的，所以不需要考虑重物重力对主轴产生的扭矩影响。

534将单根吊臂视为悬臂梁结构，在自由端有一集中力作用，如图10-3-11所示。图10-3-11设当重物停下来时固定端的弯矩为M，相当于在A端施加集中载荷F＝M/l，则悬臂梁的弯矩方程为：M（x）＝Mx/l。此时悬臂梁的应变能为222MxMlMl2Vddxxxl202EI2EIl6EI2损失的动能为Ek＝（1/2）（P/g）（ω0l）。根据能量守恒定律，损失的动能等于悬臂梁的应变能，即Vε＝Ek22Ml/（6EI）＝（1/2）（P/g）（ω0l）解得：3EIPMl0gl所以四根吊臂对主轴产生的总扭矩为：3EIPT44Ml0gl最大扭转切应力为TT8l3EIP0max1π3Wtπr3rgl2

535第11章交变应力11.1复习笔记一、交变应力与疲劳失效交变应力：随时间做周期性变化的应力。疲劳失效：构件在名义应力低于强度极限，甚至低于屈服极限的情况下，突然发生脆性断裂的现象。塑性材料在长期、反复的交变应力作用下，发生疲劳失效前没有明显的塑性变形。二、交变应力的循环特征、应力幅和平均应力图11-1-1如图11-1-1所示，按正弦曲线变化的应力ζ与时间t的关系，在一个周期T内完成一个应力循环，该交变应力的最大应力和最小应力分别记作ζmax和ζmin，则该交变应力有：循环特征（应力比）：r＝ζmin/ζmax；应力幅：ζa＝（ζmax－ζmin）/2；平均应力：ζm＝（ζmax＋ζmin）/2。对于ζmax与ζmin大小相等，符号相反的应力循环称为对称循环；对于ζmin＝0（或ζmax＝0）的循环称为脉动循环。三、持久极限持久极限即疲劳极限，是交变应力作用下的强度指标，一般由试验测得。即只要最大应力不超过疲劳极限，则应力循环次数N可无限增大，即试样可经历无数次循环而不发生疲劳。影响持久极限的因素：（1）构件外形的影响：构件外形的突然变化可能会引起应力集中，使构件的持久极限显著降低；（2）构件尺寸的影响：随着试样横截面尺寸的增大，会引起持久极限相应的降低；（3）构件表面质量的影响：表面质量对持久极限有显著的影响，且构件的强化或机械处理都将提高构件的持久极限。除上述三种因素外，构件的工作环境，如温度、介质等也会影响持久极限数值。四、对称循环下构件的疲劳强度计算1．实际构件对称循环下的疲劳极限

536011K式中，尺寸因数εζ＝（ζ－1）d/ζ－1，（ζ－1）d表示无应力集中的光滑试样疲劳极限；表面质量因数β＝（ζ－1）β/（ζ－1）d；Kζ表示无应力集中和有应力集中的相同尺寸光滑试样的疲劳极限比值；ζ－1为光滑试样的持久极限。εζ、β、Kζ均可由表查得。2．许用应力011n式中，n为安全因数。3．强度条件ζmax≤[ζ－1]，或01maxn其中，ζmax为构件危险点的最大工作应力。用安全因数表示的强度条件nζ≥nn1Kmax式中，nζ表示构件工作安全因数，n为规定的安全因数。五、不对称循环下构件的疲劳强度计算1．疲劳极限曲线在给定的循环特征下对构件进行疲劳试验，分别以试验的平均应力ζm和应力幅ζa作为横轴和纵轴建立直角坐标系，由任一循环特性r所确定的疲劳极限对应临界点的连线称为疲劳极限曲线。通常采用简化的折线代替曲线。2．构件的工作安全因数n1Kam式中，ψζ为折线斜率。对于受切应力作用的构件工作安全因数

537n1Kam构件在疲劳失效前若已发生塑性变形，则按静强度校核snnsmax一般，r＞0时需按静强度校核。3．校核杆件强度的计算步骤①计算杆件工作应力；②确定因数εζ、β、Kζ；③校核疲劳强度，即计算工作安全因数；④根据需要进行静强度校核。六、弯扭组合交变应力的强度计算弯扭组合对称循环下的强度条件nnnn22nn计算弯扭组合不对称循环下的强度条件时，采用与对称循环相同的计算公式（如上式所示），式中nζ和nη应按不对称循环下构件工作安全因数公式计算。七、变幅交变应力1．常幅稳定交变应力：交变应力的应力幅和平均应力保持不变。2．变幅交变应力：由于随机外荷载引起的应力幅随时间变化。一般对变幅交变应力进行处理，即简化为分级稳定交变应力。3．累积损伤理论：应力高于疲劳极限时，构件将在每个应力循环中受损，损伤累积到一定程度将引起疲劳失效。变幅交变应力作用下，构件产生线性累积损伤，累积损伤之和等于1时构件疲劳失效kni1Ni1i式中，n为循环次数，N为稳定常幅应力作用下的构件寿命。八、提高构件疲劳强度的措施疲劳裂纹主要形成于构件表面和应力集中的部位。1．减缓应力集中：构件外形设计上避免出现方形和带尖角的孔和槽，对于截面突变处应采用半径足够大的过渡圆角。

5382．降低表面粗糙度：对于疲劳强度要求较高的构件，应注意加工时降低表面粗糙度。构件使用过程中应尽量避免其表面受到机械损伤或化学损伤。3．增加表面强度：通过热处理、化学处理或机械法的方式强化构件表层，提高构件疲劳强度。11.2课后习题详解11.1火车轮轴受力情况如图11-2-1所示。α＝500mm，l＝1435mm，轮轴中段直径d＝150mm。若F＝50kN，试求轮轴中段截面边缘上任一点的最大应力ζmax，最小应力ζmin，循环特征r，并作出ζ-t曲线。图11-2-1解：分析可知，轮轴中间段受纯弯曲作用，梁中间段任意截面的弯矩值为3M＝F·a＝50×10×0.5N·m＝25kN·m任一截面边缘顶部各点有拉应力363ζmax＝M/W＝32M/（πd）＝[32×25×10/（π×150）]MPa＝75.5MPa任一截面边缘底部各点有压应力：ζmin＝－ζmax＝－75.5MPa。故循环特征：r＝ζmin/ζmax＝－1。ζ-t曲线如图11-2-2所示。图11-2-211.2柴油发动机连杆大头螺钉在工作时受到最大拉力Fmax＝58.3kN，最小拉力Fmin＝55.8kN。螺纹处内径d＝11.5mm。试求其平均应力ζm，应力幅ζa，循环特征r，并作出ζ-t曲线。解：根据题意232最大应力：ζmax＝Fmax/A＝4Fmax/（πd）＝[4×58.3×10/（π×11.5）]MPa＝561MPa。232最小应力：ζmin＝4Fmin/（πd）＝[4×55.8×10/（π×11.5）]MPa＝537MPa。

539则平均应力：ζm＝（ζmax＋ζmin）/2＝[（561＋537）/2]MPa＝549MPa。应力幅：ζa＝（ζmax－ζmin）/2＝[（561－537）/2]MPa＝12MPa。循环特征：r＝ζmin/ζmax＝537/561＝0.957。ζ-t曲线如图11-2-3所示。图11-2-311.3某阀门弹簧如图11-2-4所示。当阀门关闭时，最小工作载荷Fmin＝200N；当阀门顶开时，最大工作载荷Fmax＝500N。设簧丝的直径d＝5mm，弹簧外径D1＝36mm，试求平均应力ηm，应力幅ηa，循环特征r，并作出η-t曲线。图11-2-4解：根据题意，弹簧的平均直径：D＝D1－d＝（36－5）mm＝31mm。则旋绕比：c＝D/d＝6.2，曲度系数：k＝（4c－1）/（4c－4）＋0.615/c＝1.2434。33最大切应力：ηmax＝k·8FmaxD/（πd）＝[1.2434×8×500×31/（π×5）]MPa＝392.62MPa。33最小切应力：ηmin＝k·8FminD/（πd）＝[1.2434×8×200×31/（π×5）]MPa＝157.05MPa。则平均应力：ηm＝（ηmax＋ηmin）/2＝[（392.62＋157.05）/2]MPa＝274.8MPa。应力幅：ηa＝（ηmax－ηmin）/2＝[（392.62－157.05）/2]MPa＝117.8MPa。循环特征：r＝ηmin/ηmax＝157.05/392.62＝0.4。η-t循环特征：曲线如图11-2-5所示。

540图11-2-511.4阶梯轴如图11-2-6所示。材料为铬镍合金钢，ζb＝920MPa，ζ－1＝420MPa，η－1＝250MPa。轴的尺寸：d＝40mm，D＝50mm，R＝5mm。求弯曲和扭转时的有效应力集中因数和尺寸因数。图11-2-6解：根据题意，可得：D/d＝50/40＝1.25，R/d＝5/40＝0.125。①查教材图11.8（c），ζb＝920MPa，插值得弯曲时的有效应力集中因数Kζ＝1.55；查表11-2-1（教材表11.1），由d＝40mm，得弯曲时的尺寸因数εζ＝0.77。②查教材图11.8（e），ζb＝920MPa，插值得扭转时的有效应力集中因数Kη＝1.26；查表11-2-1（教材表11.1），得扭转时的尺寸因数εη＝0.81。表11-2-1尺寸因子直径d/mm＞20～30＞30～40＞40～50＞50～60＞60～70碳钢0.910.880.840.810.78εζ合金钢0.830.770.730.700.68各种钢εη0.890.810.780.760.74直径d/mm＞70～80＞80～100＞100～120＞120～150＞150～500碳钢0.750.730.700.680.60εζ合金钢0.660.640.620.600.54各种钢εη0.730.720.700.680.6011.5图11-2-7所示货车轮轴两端载荷F＝110kN，材料为车轴钢，ζb＝500MPa，ζ－1＝240MPa。规定安全因数n＝1.5。试校核1-1和2-2截面的疲劳强度。

541图11-2-7解：（1）校核1-1截面该截面的弯矩：M＝F×0.082＝110×0.082kN·m＝9.02kN·m。则该截面最大正应力363ζmax＝M/W＝32M/（πd）＝[32×9.02×10/（π×108）]MPa＝72.9MPa根据题意，1-1截面：D/d＝133/108＝1.23，R/d＝20/108＝0.185。由此查表得弯曲时的有效应力集中系数：Kζ＝1.35，尺寸系数：εζ＝0.70，查表插值得表面质量因数：β＝0.9375。则工作安全因数为2400.700.9375nn11=1.601.51KKmax1.3572.9max故该截面强度满足要求。（2）校核2-2截面弯矩：M＝F×（0.082＋0.036）＝110×（0.082＋0.036）kN·m＝13kN·m。则该截面最大正应力363ζmax＝M/W＝32M2/（πd）＝[32×13×10/（π×133）]MPa＝56.3MPa根据题意，2-2截面：D/d＝146/133＝1.098，R/d＝40/133＝0.3。由此查表得弯曲时的有效应力集中系数：Kζ＝1.20，尺寸系数：εζ＝0.67，查表插值得表面质量因数：β＝0.8375。则工作安全因数为

5422400.670.8375nn11.991.52K1.2056.3max故该截面强度满足要求。11.6在ζm-ζa坐标系中，标出与图11-2-8所示应力循环对应的点，并求出自原点出发并通过这些点的射线与ζm轴的夹角α。图11-2-8解：（a）已知ζmax＝80MPa，ζmin＝－80MPa。则应力幅：ζa＝（ζmax－ζmin）/2＝80MPa。平均应力：ζm＝（ζmax＋ζmin）/2＝0。故斜率：tanα1＝ζa/ζm＝∞，解得α1＝90°。（b）已知ζmax＝120MPa，ζmin＝－40MPa。则应力幅：ζa＝（ζmax－ζmin）/2＝80MPa。平均应力：ζm＝（ζmax＋ζmin）/2＝40MPa。故斜率：tanα2＝ζa/ζm＝2，解得α2＝63.4°。（c）已知ζmax＝160MPa，ζmin＝0MPa。则应力幅：ζa＝（ζmax－ζmin）/2＝80MPa。平均应力：ζm＝（ζmax＋ζmin）/2＝80MPa。故斜率：tanα3＝ζa/ζm＝1，解得α3＝45°。（d）已知ζmax＝200MPa，ζmin＝40MPa。则应力幅：ζa＝（ζmax－ζmin）/2＝80MPa。平均应力：ζm＝（ζmax＋ζmin）/2＝120MPa。故斜率：tanα4＝ζa/ζm＝0.667，解得α4＝33.7°。

543对应点分别如图11-2-9所示。图11-2-911.7简化疲劳极限曲线时，如不采用折线ACB，而采用连接A、B两点的直线来代替原来的曲线，如图11-2-10所示，试证明构件的工件安全因数为式中Ψζ＝ζ－1/ζb。图11-2-10证明：采用直线AB代替折线后，假设构件工作时，危险点由应力循环曲线G点决定，延长OG与DB相交

544于H点，则GE＝ζa，OE＝ζm，α＝∠BOG，且tanα＝（1－r）/（1＋r），其中r为循环特征，保持不变。则有HF＝ζra，OF＝ζrm，如图11-2-11所示。图11-2-11构件的工作安全因数为：nζ＝（ζra＋ζrm）/（ζa＋ζm）＝（HF＋OF）/（GE＋OE）。由三角形BHF与BDO相似，得1brmDOBFK1rm①HF1raOBKbb又由三角形OGE与OHF相似，得GEOFHFarmra②OEm联立式①②得1K1mrmK1aamKbm1araKam其中Ψζ＝ζ－1/ζb。故

545nrarm1Kamam命题得证。11.8图11-2-12所示电动机轴直径d＝30mm，轴上开有端铣加工的键槽。轴的材料是合金钢，ζb＝750MPa，ηb＝400MPa，ηs＝260MPa，η－1＝190MPa。轴在n＝750r/min的转速下传递功率P＝14.7kW。该轴时而工作，时而停止，但没有反向旋转。轴表面经磨削加工。若规定安全因数n＝2，ns＝1.5，试校核轴的强度。图11-2-12解：根据题意，轴传递的扭矩：T＝Me＝9549P/n＝（9549×14.7/750）N·m＝187.2N·m。333工作时有最大切应力：ηmax＝T/Wt＝16T/（πd）＝[16×187.2×10/（π×30）]MPa＝35.3MPa。停止工作时有最小切应力：ηmin＝0。则平均应力：ηm＝（ηmax＋ηmin）/2＝17.7MPa。应力幅：ηa＝（ηmax－ηmin）/2＝17.7MPa。查教材图11.9（b）得，扭转时Kη＝1.8，查表11-1-1（教材表11.1）得εη＝0.89，由表11-2-2（教材表11.2）插值得β＝1。表11-2-2不同表面粗糙度的表面质量因数βζb/MPa加工方法轴表面粗糙度Ra/μm4008001200磨削0.4～0.1111车削3.2～0.80.950.900.80粗车25～6.30.850.800.65未加工的表面—0.750.650.45取ψη＝0.1，则按疲劳强度计算工作安全系数为1901nn5.062K1.817.70.117.7am0.891按静强度计算工作安全系数为：ns′＝ηs/ηmax＝260/35.3＝7.37＞ns＝1.5。故轴是安全的。11.9图11-2-13所示圆杆表面未经加工，且因径向圆孔而削弱。杆受由0到Fmax的交变轴向力作用。已知材料为普通碳钢，ζb＝600MPa，ζs＝340MPa，ζ－1＝200MPa。取ψζ＝0.1，规定安全因数n＝1.7，ns＝1.5，试求最大许可载荷Fmax。

546图11-2-13解：（1）按疲劳强度计算：根据题意，可得d0/d＝5/40＝0.125，查教材图11.9（a）得Kζ＝2.0，查教材表11.1得εζ＝0.88，查教材表11.2插值得β＝0.70。在弹性情况下，应力与外载荷成正比，由题意已知ζa＝ζm＝ζmax/2。由校核公式nn1Kam得12001MPa35.2MPamamax2K2n1.70.10.880.7故此时有：ζmax≤70.4MPa。（2）按静强度计算由静强度校核公式nζ＝ζs/ζmax≥ns得：ζmax≤ζs/ns＝（340/1.5）MPa＝227MPa。综上，最大载荷由疲劳强度决定，且262Fmax＝ζmaxA＝ζmax（πd/4－dd0）≤70.4×10×（π×0.04/4－0.04×0.005）N＝74.3kN11.10某发动机排气阀的密圈圆柱螺旋弹簧，其平均直径D＝60mm，圈数n＝10，簧丝直径d＝6mm。弹簧材料的ζb＝1300MPa，ηb＝800MPa，ηs＝500MPa，η－1＝300MPa，G＝80GPa。弹簧在预压缩量λ1＝40mm和最大压缩量λmax＝90mm范围内工作。若取β＝1，试求弹簧的工作安全因数。解：根据题意，弹簧指数为：c＝D/d＝60/6＝10。则曲度系数：k＝（4c－1）/（4c－4）＋0.615/c＝1.145。故弹簧承受的最小压力和最大压力分别为43943Fmin＝λ1Gd/（64Rn）＝0.04×80×10×0.006/（64×0.03×10）N＝240N43943Fmax＝λmaxGd/（64Rn）＝0.09×80×10×0.006/（64×0.03×10）N＝540N由上可得弹簧中最大切应力和最小切应力分别为33ηmax＝k·8FmaxD/（πd）＝1.145×8×540×0.06/（π×0.006）Pa＝437MPa33ηmin＝k·8FminD/（πd）＝1.145×8×240×0.06/（π×0.006）Pa＝194MPa故应力循环中，平均应力：ηm＝（ηmax＋ηmin）/2＝（437＋194）/2MPa＝316MPa。应力幅：ηa＝（ηmax－ηmin）/2＝（437－194）/2MPa＝122MPa。①疲劳强度计算工作安全因数查表知弹簧的Kη＝1，εη＝1，取ψη＝0.1，则有

5473001n1.95K11220.1316am11②按静强度计算工作安全因数ns＝ηs/ηmax＝500/437＝1.14综上，弹簧的工作安全因数：n＝ns＝1.14。11.11重物P通过轴承对圆轴作用一铅垂方向的力如图11-2-14所示，P＝10kN，而轴在±30°范围内往复摆动。已知材料的ζb＝600MPa，ζ－1＝250MPa，ζs＝340MPa，ψζ＝0.1。试求危险截面上的点1，2，3，4的：（1）应力变化的循环特征；（2）工作安全因数。图11-2-14解：对于圆轴，危险面为中间截面，且该截面弯矩3M＝Pl/4＝10×10×0.4/4N·m＝1kN·m。444－74圆截面，惯性矩：Iz＝πd/64＝π×0.04/64m＝1.26×10m。（1）应力循环特征①1点－7ζmax＝M·（d/2）·sin30°/Iz＝1000×0.02×sin30°/（1.26×10）Pa＝79.6MPaζmin＝－ζmax＝－79.6MPa故应力循环特征：r＝ζmin/ζmax＝－1。②2点－7ζmax＝M·（d/2）·sin60°/Iz＝1000×0.02×sin60°/（1.26×10）Pa＝138MPaζmin＝0故应力循环特征：r＝ζmin/ζmax＝0。③3点－7ζmax＝M·（d/2）/Iz＝1000×0.02/（1.26×10）Pa＝159MPaζmin＝M·（d/2）·sin60°/Iz＝138MPa故应力循环特征：r＝ζmin/ζmax＝0.87。④4点－7ζmax＝M·（d/2）/Iz＝1000×0.02/（1.26×10）Pa＝159MPaζmin＝M·（d/2）·sin30°/Iz＝79.6MPa故应力循环特征：r＝ζmin/ζmax＝0.5。（2）安全因数由于截面无变化，故Kζ＝1；查表得：β＝1，ψζ＝0.1，εζ＝0.88。①1点ζm＝（ζmax＋ζmin）/2＝（79.6－79.6）/2MPa＝0MPaζa＝（ζmax－ζmin）/2＝（79.6＋79.6）/2MPa＝79.6MPa故安全因数：

548250n12.77K179.60.10am0.881②2点ζm＝（ζmax＋ζmin）/2＝138/2MPa＝69MPaζa＝（ζmax－ζmin）/2＝138/2MPa＝69MPa故安全因数：250n12.93K1690.169am0.881③3点ζm＝（ζmax＋ζmin）/2＝（159＋138）/2MPa＝149MPaζa＝（ζmax－ζmin）/2＝（159－138）/2MPa＝10.5MPa按疲劳强度计算安全因数：250n19.32K110.50.1149am0.881按静强度计算安全因数：ns＝ζs/ζmax＝340/159＝2.14。故安全因数：nζ＝ns＝2.14。④4点ζm＝（ζmax＋ζmin）/2＝（159＋79.6）/2MPa＝119MPaζa＝（ζmax－ζmin）/2＝（159－79.6）/2MPa＝39.7MPa按疲劳强度计算安全因数：250n14.38K139.70.1119am0.881按静强度计算安全因数：ns＝ζs/ζmax＝340/159＝2.14。故安全因数：nζ＝ns＝2.14。11.12卷扬机的阶梯轴的某段需要安装一滚珠轴承，因滚珠轴承内座圈上圆角半径很小，如装配时不用定距环（图11-2-15（a）），则轴上的圆角半径应为R1＝1mm，如增加一定距环（图11-2-15（b））所示，则轴上圆角半径可增加为R2＝5mm。已知材料为Q275钢，ζb＝520MPa，ζ－1＝220MPa，β＝1，规定安全因数n＝1.7。试比较轴在（a），（b）两种情况下，对称循环许可弯矩[M]。

549图11-2-15解：轴受对称循环应力的作用，ζm＝0，ζa＝ζmax＝M/W。（1）图11-2-15（a），根据R1/d＝1/45＝0.022，D/d＝55/45＝1.22，查表得εζ＝0.84，查教材图11.8（c）并插值得：Kζ＝2.38，取β＝1，由疲劳强度条件nn1Kam得630.841220100.0451W32WNm=409NmKn2.381.7（2）图11-2-15（b），根据R2/d＝5/45＝0.11，D/d＝55/45＝1.22，查表得εζ＝0.84，查教材图11.8（c）并插值得：Kζ＝1.53，取β＝1，由疲劳强度条件得630.841220100.0451W32WNm=636NmKn1.531.7综上比较可得，后者的许用弯矩比前者增加很多，主要原因是定距环使轴的截面变化处圆角半径变大，从而减小了应力集中因数，增大了承载能力。11.13图11-2-16所示直径D＝50mm，d＝40mm的阶梯轴，受交变弯矩和扭矩的联合作用。圆角半径R＝2mm。正应力从50MPa变到－50MPa；切应力从40MPa变到20MPa。轴的材料为碳钢，ζb＝550MPa，ζ－1＝220MPa，η－1＝120MPa，ζs＝300MPa，ηs＝180MPa。若取ψη＝0.1，试求此轴的工作安全因数。设β＝1。

550图11-2-16解：（1）弯曲工作时的安全因数根据题意，弯曲应力为对称循环应力，则ζm＝0。已知ζmax＝50MPa；ζmin＝－50MPa，则应力幅：ζa＝（ζmax－ζmin）/2＝50MPa。根据D/d＝50/40＝1.25，R/d＝2/40＝0.05，查表得Kζ＝1.93，εζ＝0.84，且取ψζ＝ψη＝0.1，β＝1，则220n11.92K1.9350am0.841（2）扭转工作时的安全因数已知ηmax＝40MPa；ηmin＝20MPa，则平均应力：ηm＝（ηmax＋ηmin）/2＝（40＋20）/2MPa＝30MPa。应力幅：ηa＝（ηmax－ηmin）/2＝（40－20）/2MPa＝10MPa。根据D/d＝50/40＝1.25，R/d＝2/40＝0.05，查表得Kη＝1.45，εη＝0.78，且取ψζ＝ψη＝0.1，β＝1，则120n15.56K1.45100.130am0.781（3）弯扭组合交变应力下，轴的工作安全因数nn1.925.56n1.812222nn1.925.5611.14图11-2-17所示圆柱齿轮轴，左端由电机输入功率P＝29.4kW，转速n＝800r/min。齿轮圆周力为F1，径向力F2＝0.36F1。轴上两个键槽均为端铣加工。安装齿轮处轴径ϕ40，左边轴肩直径ϕ45。轴的材料为40Cr，ζb＝900MPa，ζ－1＝410MPa，η－1＝240MPa。规定安全因数n＝1.8，试校核轴的疲劳强度。提示：把扭转切应力作为脉动循环。

551图11-2-17解：齿轮轴传递的扭矩：T＝9550P/n＝9550×29.4/800N·m＝351N·m。根据平衡条件T＝F1D/2，得：F1＝2T/D＝2×351/0.1N＝7020N。则径向力：F2＝0.36F1＝0.36×7020N＝2530N。故轴承受的合力：2222FFF70202530N=7462N12（1）校核1-1截面该截面只存在扭转切应力，将其看做是脉动循环应力，则有：3最大切应力：ηmax＝T/Wt＝351/（π×0.03/16）Pa＝66.2MPa。最小切应力：ηmin＝0。故有：ηm＝ηa＝ηmax/2＝66.2/2MPa＝33.1MPa。根据ζb＝900MPa，查表得Kη＝2.05，εη＝0.89，插值得β＝0.875，取ψη＝0.05，则该截面的工作安全因数240n1K2.0533.10.0533.1am0.890.8752.70n1.8故1-1截面是安全的。（2）校核2-2截面该截面上的弯矩：M＝0.05×F/2＝0.05×7462/2N·m＝186.55N·m。扭矩：T＝351N·m。其中，弯曲正应力为对称循环应力，且：33最大正应力：ζmax＝M/W＝32M/（πd）＝32×186.55/（π×0.04）Pa＝29.69MPa。最小正应力：ζmin＝－ζmax＝－29.69MPa。故有：ζm＝（ζmax＋ζmin）/2＝0，ζa＝（ζmax－ζmin）/2＝29.69MPa。根据D/d＝45/40＝1.125，r/d＝2.5/40＝0.0625，查表得Kζ＝1.81，εζ＝0.77，插值得β＝0.87，故弯曲工作时的安全因数410n15.11K1.8129.69am0.770.87扭转切应力仍为脉冲循环应力，且：3最大切应力：ηmax＝T/Wt＝351/（π×0.04/16）Pa＝27.93MPa。

552最小切应力：ηmin＝0。故有：ηm＝ηa＝ηmax/2＝27.93/2MPa＝13.965MPa。同理，查得Kη＝1.35，εη＝0.81，β＝0.87，取ψη＝0.05，则扭转工作时的安全因数240n18.74K1.3513.9650.0513.965am0.810.87故弯扭组合交变工作时的安全因数nn5.118.74nn4.411.82222nn5.118.74故2-2截面是安全的。（3）校核3-3截面该截面上的弯矩：M＝0.09m×F/2＝0.09×7462/2N·m＝335.8N·m。扭矩：T＝351N·m。其中，弯曲正应力为对称循环应力，且：33最大正应力：ζmax＝M/W＝32M/（πd）＝32×335.8/（π×0.04）Pa＝53.44MPa。最小正应力：ζmin＝－ζmax＝－53.44MPa。故有：ζm＝（ζmax＋ζmin）/2＝0，ζa＝（ζmax－ζmin）/2＝53.44MPa。同理，查得Kζ＝2.14，εζ＝0.77，β＝0.87，故弯曲工作时的安全因数410n12.40K2.1453.44am0.770.87扭转切应力仍为脉冲循环应力，且：3最大切应力：ηmax＝T/Wt＝351/（π×0.04/16）Pa＝27.93MPa。最小切应力：ηmin＝0。故有：ηm＝ηa＝ηmax/2＝27.93/2MPa＝13.965MPa。同理，查得Kη＝2.08，εη＝0.81，β＝0.87，取ψη＝0.05，则扭转工作时的安全因数：2401n5.726K2.0813.9650.0513.965am0.810.87故弯扭组合交变工作时的安全因数nn2.405.726nn2.211.82222nn2.405.726故3-3截面是安全的。综上，齿轮轴强度满足要求，可以安全工作。11.15若材料持久极限曲线简化成图11-2-18所示折线EDKJ，G点代表构件危险点的交变应力，OG的延长线与简化折线的线段DK相交，试求这一应力循环的工作安全因数。

553图11-2-18解：考虑影响系数Kζ，εζ，β后，得构件的持久极限简化直线DK，则其直线方程为yx22bbb00KK00设ψζ＝（2ζb－ζ0）/ζ0，上式简化为yxb①KK其中，y轴为ζa轴，x轴为ζm轴。如图11-2-19所示，射线OG与直线DK交于C点，由G点坐标可得射线OG的直线方程为ayx②m联立式①②得C点坐标：bm，baKKmama构件的工作安全因数为

554xynrCCmaxmabmaKmamabbmaKKma其中，ψζ＝（2ζb－ζ0）/ζ0。图11-2-1911.3名校考研真题详解一、选择题1．两恒幅循环应力变化如图11-3-1，则（）。[北京航空航天大学2013研]

555图11-3-1A．两图均为对称循环B．两图均为脉动循环C．图（a）为对称循环，图（b）为脉动循环D．图（a）为脉动循环，图（b）为对称循环【答案】C2．自行车直线水平运动时，其前轮轴跨中截面上外边缘一点所受应力为（）。A．脉动循环应力B．对称循环应力C．不变的弯曲应力D．非对称循环应力【答案】C【解析】轮轴做的是直线运动，承受车身恒定的压力，相当于承受均布荷载的杆。二、填空题如图11-3-2所示的循环应力，其应力比（或循环特征）为______，平均应力为______MPa。[北京航空航天大学2014研]图11-3-2【答案】0；25【解析】应力比r＝ζmin/ζmax＝0/50＝0；平均应力ζm＝（ζmax＋ζmin）/2＝（50＋0）/2＝25MPa。

556第12章弯曲的几个补充问题12.1复习笔记一、非对称弯曲非对称弯曲：作用在梁上的载荷和由此发生的挠度均不在梁的纵向对称面内。对于作用于梁上的弯曲力偶矩M，将其分解成在xy、xz平面内的力偶矩My和Mz，如图12-1-1所示。图12-1-1该非对称纯弯曲相应的弯曲正应力的计算公式MzIyIzyyzMyIzIyzyz22IIIIIIyzyzyzyz中性轴的位置MIMIzyyyztanMIMIyzzyz其中，θ为由y轴到中性轴的夹角（逆时针为正）。二、开口薄壁杆件的切应力和弯曲中心1．切应力如图12-1-2所示，外力FSy通过弯曲中心A，且平行于y轴时，弯曲切应力的计算公式为*FSSyzIz当外力通过弯曲中心A，且平行于截面的形心主惯性轴z时，弯曲切应力的计算公式为

557*FSSzyIy图12-1-2当外力不通过弯曲中心时，将外力向作用中心简化时将得到：通过弯曲中心的力和一个扭转力偶矩，此时不仅有弯曲变形，还将产生扭转变形。2．弯曲中心只有当横向力的作用线平行于形心主惯性平面并通过某个特定点时，梁才只发生平面弯曲变形，而无扭转变形，这个特定点称为横截面的弯曲中心。即是杆不发生扭转的横向力作用点，也就是切应力合力的作用点。弯曲中心的确定方法如下：（1）具有两个对称轴或反对称轴的截面，其弯曲中心与形心重合；（2）具有一个对称轴的截面，其弯曲中心一定在这个对称轴上；（3）若截面的中线是由若干相交于一点的直线段所组成，则此交点就是截面的弯曲中心。三、用奇函数求弯曲变形1．奇异函数0xanxanxaxa奇异函数积分法则

558xnn11xadxxa(n0)n12．利用奇异函数求弯曲变形的计算步骤①根据题设分段列出弯矩方程；②求出弯矩方程统一表达式；③结合弯曲变形基本方程和奇异函数积分法则，对公式进行积分得到挠曲线方程；④利用边界条件求解挠曲线方程积分常数，即求得挠曲线方程；⑤由此可确定弯曲变形的挠度和转角。四、理想粘结的两种材料组合梁1．组合梁由两种或两种以上材料叠合而成的梁，又称叠合梁、层合梁。视理想粘结而成的组合梁在弯曲变形时交界面不发生相对错动。2．以矩形截面梁为例的组合梁纯弯曲问题若组合梁由弹性模量分别为E1和E2两种材料理想粘结而成T型梁，组合截面尺寸为b×h，在纵向对称面内受弯矩M作用发生纯弯曲，截面如图12-1-3所示。图12-1-3组合梁截面（a）的中性轴必通过等效后单一材料梁截面（b）的形心。①组合梁中性轴的位置两种材料截面宽度b1＝b2时221EhEh1122hc2EhEh1122两种材料截面宽度b1≠b2时

559221EbhEbhh111222c2EbhEbh111222当h1＝h2时hEE12hc4EE12②组合梁中性层曲率半径1MEI1z③两种材料组合梁纯剪时横截面上的正应力My11hhccyhIzE2Myhyhh22ccEI1z12.2课后习题详解12.1图12-2-1所示桥式起重机大梁为No.32a工字钢，[ζ]＝160MPa，l＝4m。行进时由于某种原因，载荷P偏离纵向对称面一个角度θ。若θ＝15°。P＝30kN，试校核梁的强度，并与θ＝0的情况相比较。图12-2-1解：由图12-2-1可得：Pz＝Pcosθ，Py＝Psinθ。分析可知，梁的危险截面为梁的中点处截面，且最危险点为D1点（受拉）和D2点（受压）。

560最大弯曲正应力为：ζmax＝Mz/Wz＋My/Wy。其中，Mz＝（1/4）Plsinθ，My＝（1/4）Plcosθ。33查型钢表得32a工字钢截面性质：Wy＝692cm，Wz＝70.8cm。当θ＝15°时3330104cos1530104sin15Pamax66469210470.810151.4MPa[]故此时梁强度满足要求。当θ＝0°时，最大正应力3Pl30104Pa43.4MPamax64W469210y比较可得：151.4/43.4＝3.5，即载荷偏离纵向对称面15°时比不偏离时最大应力增长了2.5倍。12.2悬臂梁的横截面形状如图12-2-2所示。若作用于自由端的载荷F垂直于梁的轴线，且其作用方向如图中虚线所示，试指出哪种情况是平面弯曲。如非平面弯曲，将发生哪种变形？图12-2-2解：（a）平面弯曲；（b）斜弯曲；（c）平面弯曲；（d）非平面弯曲，弯曲加扭转；（e）斜弯曲；（f）平面弯曲。12.3作用于图12-2-3所示悬臂木梁上的载荷为：在水平平面内F1＝800N，在垂直平面内，F2＝1650N。木材的许用应力[ζ]＝10MPa。若矩形截面h/b＝2，试确定其尺寸。

561图12-2-3图12-2-4解：固定端处截面为危险截面，且危险点为1、2点，如图12-2-4所示。固定端截面的弯矩My＝F2×1＝1650×1N·m＝1650N·mMz＝F1×2＝800×2N·m＝1600N·m根据强度条件MMyyMMzz16501600[]maxWW12121212yzbhhbbhhb6666且h/b＝2，解得37275bm90mm61010故取截面尺寸：b＝90mm，h＝2b＝180mm。12.4图12-2-5所示工字梁两端简支，集中载荷F＝7kN，作用于跨度中点截面，通过截面形心，并与截面的垂直对称轴成20°角。若材料的[ζ]＝160MPa，试选择工字梁的型号。

562提示：可先假定Wy/Wz的比值，试选工字梁型号，然后再校核其强度。图12-2-5解：梁最危险截面为中点截面处，该截面弯矩My＝Flcos20°/4Mz＝Flsin20°/4根据梁的强度条件MyMzFlcos20sin20[]maxWW4WWyzyz整理得FlWWzcos20sin20z4Wy假设Wz/Wy＝1/8，则37104133Wcos20sin20m20.1cmz6416010833查型钢表，选取16号工字钢，其中Wz＝21.2cm，Wy＝141cm。校核其强度Flcos20sin20max4WWyz37104cos20sin20Pa6641411021.210159.6MPa[]160MPa强度满足要求，而且工作应力与许用应力非常接近，因此选用No.16工字钢。12.5两端铰支的角钢如图12-2-6所示。角钢横截面两翼缘中线的交点即为弯曲中心。横向力F通过弯曲中心，且与y轴的夹角为π/18。若F＝4kN，试求最大拉应力和最大压应力。

563图12-2-6解：（1）确定角钢截面形心C的位置如图12-2-7所示，以下底边作为参考z轴图12-2-7yC＝Sz/A＝（125×10×62.5＋70×10×5）/[（125＋70）×10]mm＝41.9mm以右竖边作为参考y轴zC＝Sy/A＝（125×10×5＋70×10×45）/[（125＋70）×10]mm＝19.4mm（2）角钢面积对形心轴的惯性矩和惯性积32324Iy＝（1/12）×125×10＋125×10×（19.4－5）＋（1/12）×10×70＋70×10×（45－19.5）mm＝1.014×10－64m32324Iz＝（1/12）×10×125＋125×10×（62.5－41.9）＋（1/12）×70×10＋70×10×（41.9－5）mm＝3.12×10－64m

5644－64Iyz＝125×10×（62.5－41.9）×（5－19.4）＋70×10×（41.9－5）×（19.4－45）mm＝－1.032×10m（3）确定弯曲内力根据题意，Fy＝Fcos10°，Fz＝Fsin10°，则有3Mz＝（3/5）F·cos10°×2＝4.73×10N·m3My＝（3/5）F·sin10°×2＝0.834×10N·m（4）中性轴位置的确定zMIMI0zyyyztanyMIMI0yzzyz36364.73101.01100.834101.031036360.834103.12104.73101.03101.726解得：θ＝－60°。可以确定中性轴的位置：在yC轴顺时针转过60°角的方向上。（5）最大正应力离中性轴最远距离的A、B两点可能是最大正应力点MIzyMIyyzMIyzMIzyzA22yzCACA99.6MPa拉IIIIIIyzyzyzyz则最大拉应力：ζtmax＝99.6MPa。最大压应力：ζcmax＝146.0MPa。12.6图12-2-8所示悬臂梁的横截面为直角三角形，h＝150mm，b＝75mm。自由端的集中力F＝6kN，且通过截面形心并平行于三角形的竖直边。若不计杆件的扭转变形，试求固定端A，B，C三点的应力。设跨度l＝1.25m。图12-2-8

565图12-2-9解：坐标系的建立如图12-2-9所示。因截面为直角三角形，故对截面形心O的惯性矩和惯性积为232334－64IzO＝Iz－（h/3）A＝bh/12－（h/3）·bh/2＝bh/36＝0.15×0.075/36m＝1.758×10m232334－64IyO＝Iy－（b/3）A＝hb/12－（b/3）·bh/2＝hb/36＝0.075×0.15/36m＝7.03×10m222222224－64IzOyO＝Iyz－（－h/3）（b/3）A＝－bh/24＋bh/18＝bh/72＝0.15×0.075/72m＝1.758×10m33A、B、C所在固定端截面的弯矩：M＝Fl＝6×10×1.25N·m＝7.5×10N·m。非对称纯弯曲的应力MzIyIzyyz2IIIyzyz①A点：yA＝－2h/3＝－0.1m，zA＝－b/3＝－0.025m。MzIyy0AIyz00zAA2IIIy0z0yz00675007.030.11.7580.02510Pa122127.031.758101.75810533.3MPa②B点：yB＝h/3＝0.05m，zB＝－b/3＝－0.025mMzIyy0AIyz00zAA2IIIy0z0yz00675007.030.051.7580.02510Pa122127.031.758101.75810320MPa③C点：yC＝h/3＝0.05m，zC＝2b/3＝0.05m

566MzIyy0AIyz00zAA2IIIy0z0yz00675007.030.051.7580.0510Pa122127.031.758101.75810213.3MPa综上，固定端A、B、C三点的应力分别为533.3MPa（拉应力）、320MPa（压应力）和213.3MPa（压应力）。12.7试确定图12-2-10所示薄壁截面的弯曲中心A的位置。图12-2-10图12-2-11解：如图12-2-11所示，设A为弯曲中心，截面对称轴为z轴，作用在弯曲中心上的剪力FSA平行于y轴，因此在该剪力作用下，杆件无扭转变形，腹板内的应力为水平，而铅垂方向上的剪力大部由两侧翼缘承受。设翼缘1、2内剪力的合力分别为FS1、FS2。

56733薄壁截面对z轴的惯性矩为：Iz＝δ1b1/12＋δ2b2/12。翼缘2内的切应力bF2*SA2FSSz22220bIIzz2则有3bb22FbSA2FbSA22FdAddS2A2002222II12zz对B点取矩3FbFeFhSA22hSAS212Iz解得3bh22e33bb112212.8试确定图12-2-12所示箱形开口截面的弯曲中心A的位置。设截面的壁厚δ为常量，且壁厚及开口切缝都很小。图12-2-12

568图12-2-13解：如图12-2-13所示，截面对z轴的惯性矩21132hIz2h2bhh3bC1246*2BF段：上半部分面积对z轴的静矩Sz＝δy/2。*2则该段任意截面上的切应力：η1＝QySz/（Izδ）＝（Qy/Iz）·y/2。*2BD段：左半部分面积对z轴的静矩Sz＝（hδ/2）·h/4＋zδ·h/2＝δh/8＋δhz/2。*2则η2＝QySz/（Izδ）＝（Qy/Iz）·（δh/8＋δhz/2）。*22222同理，DE段：Sz＝δh/8＋δhb/2＋δ（h/8－y/2）＝δ（h/4＋hb/2＋－y/2）。*222则η3＝QySz/（Izδ）＝（Qy/Iz）·[h/8＋hb/2＋（h/8－y/2）]。以C点为力矩中心，由合力矩定理可得bhbbhbbQerdA222dy2dz2dyyA0102032222h22QQyyybbhhz22dyhdz00II2282zzhQh22bzyby2d2y0I4222z236bhbQy26hb2解得：e＝（2hb＋3b）/（2h＋6b）。12.9试确定图12-2-14所示薄壁截面的弯曲中心A的位置，设壁厚δ为常数。

569图12-2-14解：由图12-2-14可得，截面面积对z轴的惯性矩32323Iz＝2（bδ/12＋bδr）＋πδr/2＝2bδr＋πδr/2**直杆部分：Sz＝zδr，则该部分剪应力：η1＝QySz/（Izδ）＝Qyzr/Iz。圆弧部分：*2Sbrrcosrdbrrsinz0则*2η2＝QySz/（Izδ）＝Qy/Iz（br＋rsinα）对中心C取矩，由合力矩定理得b22QerdA2rzd2rdyA0012bQzrQyy2222rzd2rbrrsind00IIzz2Qry22bbr2rIz22解得：e＝（2b＋2πbr＋4r）/（4b＋πr）。***12.10导出式η＝FSySz/（Izδ）和η＝（dMy/dx）·Sy/（Iyδ）＝FSzSy/（Iyδ）时，假设y，z为截面的形心主惯性轴。若y，z为通过截面形心的任意轴，外力F通过截面弯曲中心且平行于y轴，试证弯曲切应力的计算公式应为**FSyISyzISyzy2IIIyzyz同理，当F通过弯曲中心且平行于z轴时

570**FSzISzyISyzz2IIIyzyz提示：当y，z为任意的形心轴时，弯曲正应力应按公式MzIyIzyyz2IIIyzyz或MyIzzIyyz2IIIyzyz计算。证明：（1）如图12-2-15所示，从曲线杆中任截一段abcd，在这一部分的左侧面ab和右侧面cd上有弯曲正应力，在纵向面bc上有切应力，这些应力的方向均平行于x轴。图12-2-15根据平衡条件可得：∑Fx＝0，FN2－FN1－η′δdx＝0。其中，左侧面ab上的合力由MzIyIzyyz2IIIyzyz得

571MFdAzIydAIzdAN1A12yA1yzA1IIIyzyz**MzISyzISyzy2IIIyzyz同理右侧面cd上的合力**MzdMzISyzISyzyFN22IIIyzyz将FN1、FN2代入平衡方程，得****FFNN21dMzISyzISyzyFSyISyzISyzy22ddxxIIIIIIyzyzyzyz由剪应力互等定理可得：**FSyISyzISyzy2IIyzIyz（2）同理，当F通过弯曲中心且平行于z轴时，剪应力：**FSzISzyISyzz2IIyzIyz命题得证。12.11确定图12-2-16所示薄壁截面的弯曲中心，设壁厚为δ。图12-2-16

572解：（1）如图12-2-16（a）所示，剪力FSy平行于y轴。在截面上截取部分面积A1，该部分面积对中性轴z、y的静矩分别为*Sz＝ξδc*Sy＝－ξδ（b1－d－ξ/2）已由题12.10证得剪力FSy平行于y轴时弯曲切应力的计算公式**FSyISyzISyzy2IIyzIyz故有FIcIbdSyyyz122IIIyzyz如图12-2-16（a）所示，以B点作为力矩中心，则由合力矩定理得到FIcIbdSyyyz1b12FahAddhSyz2A0IIIyzyz①2FbhSy123IcIyyz2b13d6IIyzIyz（2）如图12-2-16（b）所示，剪力FSz平行于z轴。同理得到：FIbdIcSzz1yz22IIIyzyz式中负号表示切应力指向截面面积A1的外部，同理对B点取矩，由合力矩定理得到FIbdIcSzz1yzbb112FahAddhSzy200IIIyzyz②2FbhSz1I2b3d3Ic2y1yz6IIyzIyz综上，联立式①②可得ay和az，即可确定弯曲中心的位置。12.12若薄壁截面由两个狭长的矩形所组成，如图12-2-17所示，试证明两矩形中线的交点即为弯曲中心。

573图12-2-17证明：截面是由两个狭长矩形组成的，每个矩形截面上的剪力流方向是沿着中心线的，所以剪应力的合力方向也是沿着中心线，因此有外力合力对A的矩：M1＝M2＝0。设外力合力为Q，根据合力矩定理，两个方向的剪力对弯曲中心A的力矩之和等于外力合力Q对弯曲中心A的矩，即M＝Qe，故有Qe＝0，则e＝0，即A为弯曲中心。12.13利用奇异函数重解题6.3的（b）和（d），题6.4的（b）和（d）。解：（1）题6.3的（b）（如图12-2-18）图12-2-18分两段列出弯矩方程AC段：M1（x）＝－Fx；CB段：M2（x）＝－Fx－F（x－a）。把弯矩方程写成一个统一的式子MxFxFxaEIwFxFxa依次积分得

574FF22EIwxxaC22FF33EIwxxaCxD66边界条件是①x＝2a时，w′＝0，得222－F（2a）/2－F（2a－a）/2＋C＝0，C＝5Fa/2②x＝2a时，w＝0，得333－F（2a）/6－F（2a－a）/6＋C·2a＋D＝0，D＝－7Fa/2转角方程和挠度方程分别是FF2225EIwxxaFa222FF335723EIwxxaFaxFa6622自由端的转角和挠度2θA＝θ|x＝0＝5Fa/（2EI）3wA＝w|x＝0＝－7Fa/（2EI）（2）题6.3中的（d）（如图12-2-19）图12-2-19根据平衡条件可得固定端A的约束反力∑Fy＝0，FRA－q·l/2－ql/2＝0，FRA＝ql（↑）2∑MA＝0，MA－q·l/2·l/4－ql/2·l＝0，MA＝5ql/8（负弯矩）列各段弯矩方程：22AC段：M1（x）＝qlx－qx/2－5ql/8；2CB段：M2（x）＝qlx－（ql/2）（x－l/4）－5ql/8。n为了使弯矩方程能利用函数xa写成全梁弯矩方程统一的形式，设想将AC段内均布载荷一直向右延伸，然后用方向相反、数值相等的载荷抵销延伸部分的载荷，如下图12-2-20所示。

575图12-2-20弯矩方程为2522qqlMxqlqlxxx82222522qqlEIwMxqlqlxxx8222依次积分得352ql2q3qlEIwEIqlxxxxC826624522ql6q4qlEIwqlxxxxCxD16624242利用边界条件确定积分常数：x＝0时，w′＝0，得C＝0；x＝0时，w＝0，得D＝0。转角方程和挠度方程分别是352ql2q3qlEIqlxxxx826624522ql6q4qlEIwqlxxxx16624242自由端的转角和挠度3θB＝θ|x＝l＝－13ql/（48EI）4wB＝w|x＝l＝－71ql/（384EI）（3）题6.4中的（b）（如图12-2-21）

576图12-2-21结构、载荷对称：RA＝RB＝qa。为了能利用奇异函数，将载荷视为下图12-2-22所示。图12-2-22于是得到弯矩方程qq22Mxqaxxax3a22挠曲线微分方程及其积分qq22EIwMxqaxxax3a22qa2q33qEIwEIxxax3aC266qa3q44qEIwxxax3aCxD62424利用边界条件确定积分常数：x＝0时，w＝0，得D＝0；3x＝4a时，w＝0，得C＝－11qa/6。转角方程和挠度方程分别是qa23q33q11EIxxax3aqa2666qa33q44q11EIwxxax3aqax62424633端截面转角：θA＝θ|x＝0＝－11qa/（6EI），θB＝－θA＝11qa/（6EI）。4最大挠度：wmax＝w|x＝2a＝－19qa/（8EI）。（4）题6.4中的（d）（如图12-2-23）

577图12-2-23根据平衡条件求得支反力：FRA＝3ql/8，FRB＝ql/8。为了能利用奇异函数，将载荷视为下图12-2-24所示。图12-2-24于是得到弯矩方程23q2qlMxqlxxx8222挠曲线微分方程及其积分23q2qlEIwMxqlxxx82223323qqlEIwEIqlxxxC166624134qqlEIwqlxxxCxD1624242利用边界条件确定积分常数：x＝0时，w＝0，得D＝0；3x＝l时，w＝0，得C＝－3ql/128。转角方程和挠度方程分别是3332q3ql3EIqlxxxql16662128

5784133q4ql3EIwqlxxxqlx162424212833端截面转角：θA＝θ|x＝0＝－3ql/（128EI），θB＝θ|x＝l＝7ql/（384EI）。4跨中挠度：wc＝w|x＝l/2＝－5ql/（768EI）。4当x＝0.459l时，有最大挠度：wmax＝－5.04ql/（768EI）。12.14利用函数奇异函数求图12-2-25所示简支梁的弯曲变形。设EI为常数。图12-2-25解：左端支座为A，右端支座为B，由静力平衡条件∑MB＝0，－FRA×4a＋（q0/2）×3a×a＝0⇒FRA＝3q0a/8分布载荷函数qqx0xa3a则4q0EIwqxxa3a3q02EIwFxaCS16a（3）由x＝0时，w＝FRA/（EI），得C1＝3q0a/8。积分得q33EIwMx0xaqaxC0218a8由x＝0时，w″＝M/（EI）＝0，得C2＝0。积分得q432EIw0xaqaxC0372a16q513EIw0xaqaxCxC034360a16由x＝0时，w＝0，得C4＝0；

5793由x＝4a时，w＝0，得C3＝－133q0a/160。挠度方程和转角方程分别是q5133133EIw0xaqaxqax00360a16160q4323133EIwEI0xaqaxqa0072a1616012.15利用奇异函数求解图12-2-26所示超静定梁。设EI为常数。图12-2-26解：弯矩方程q2MxFxFRARBxlxl2于是有q2EIwMxFxFRARBxlxl211223qEIwFxFxlxlCRARB22611334qEIwFxFxlxlCxDRARB6624边界条件：①x＝0时，w＝0，得D＝0；3②x＝l时，w＝0，得FRAl/6＋Cl＝0；334③x＝2l时，w＝0，得FRA（2l）/6＋FRBl/6－ql/24＋C×2l＝0。2平衡条件：∑MC＝0，即FRA×2l＋FRB×l－ql/2＝0。联立，解得3C＝ql/96FRA＝－ql/16（↓）FRB＝5ql/8（↑）FRC＝ql－FRA－FRB＝7ql/16（↑）12.16求解图12-2-27所示静不定梁。设EI为常数。

580图12-2-27解：设FRA、FRB是支座A、B处的支反力，A处的力矩为MA（逆时针），则弯矩方程为2qlMxFxMRAAx24挠曲线微分方程及其积分为2qlEIwMxFxMRAAx24312qlEIwEIFxMxxCRAA26441132qlEIwFxMxxCxDRAA62244利用边界条件确定积分常数：①x＝0时，w′＝0，得C＝0；②x＝0时，w＝0，得D＝0；324③x＝l时，w＝0，得FRAl/6－MAl/2－（q/24）（3l/4）＝0。平衡条件∑Fy＝0，FRA＋FRB－3ql/4＝0∑MB＝0，－FRAl＋（3ql/4）×（3l/8）＋MA＝0联立，解得FRA＝0.382ql/（↑）FRB＝0.368ql（↑）2MA＝0.101ql（逆时针）12.17利用奇异函数求图12-2-28所示各梁的挠曲线方程。设EI为常数。

581图12-2-28解：（a）利用静力平衡条件求支反力∑MA＝0，FRD·2a－qa·3a－qa·3a/2＝0⇒FRD＝9qa/4（↑）∑Fy＝0，FRA＋FRD－qa－qa＝0⇒FRA＝－qa/4（↓）为了能利用奇异函数，将载荷视为下图12-2-29所示。图12-2-29弯矩方程为112291Mxqaxqxaqax22aqxa4242挠曲线微分方程及其积分为112291EIwMxqaxqxaqax22aqxa424212139213EIwEIqaxqxaqax22aqxaC868613143314EIwqaxqxaqax22aqxaCxD2424824由边界条件确定积分常数：当x＝0时，w＝0，得D＝0；

5823当x＝2a时，w＝0，得C＝3qa/16。挠曲线方程为1331433143EIwqaxqxaqax22aqxaqax242482416（b）根据静力平衡条件求支反力2∑MA＝0，qa－qa·5a/2＋FRB·2a＝0⇒FRB＝3qa/4（↑）∑Fy＝0，FRA＋FRB－qa＝0⇒FRA＝qa/4（↑）弯矩方程为120231Mxqaxqaxaqax22aqxa442挠曲线微分方程及其积分为120231EIwMxqaxqaxaqax22aqxa4421223231EIwEIqaxqaxaqax22aqxaC886132121314EIwqaxqaxaqax22aqxaCxD242824由边界条件确定积分常数：当x＝0时，w＝0，得D＝0；3当x＝2a时，w＝0，得C＝qa/12。挠曲线方程为13122131413EIwqaxqaxaqax22aqxaqax2428241212.18设梁的横截面为矩形，高300mm，宽150mm，截面上正弯矩的数值为240kN·m。材料的抗拉弹性模量Et为抗压弹性模量Ec的1.5倍，应力—应变曲线如图12-2-30所示。若应力未超过材料的比例极限，试求最大拉应力及最大压应力。

583图12-2-30图12-2-31解：符合平截面假设：ζt＝Etεt，ζc＝Ecεc。设受拉区的高度为x，由平截面假设得ζt/ζc＝Etεt/（Ecεc）＝Etx/[Ec（h－x）]＝3x/[2（h－x）]①由静力平衡关系得∑FN＝0，（1/2）ζt·x·b－（1/2）ζc·（h－x）·b＝0②∑MO＝M，（1/2）ζt·x·2x/3＋（1/2）ζc·（h－x）·2（h－x）/3＝M③①②两式联立，解得xh6262300mm134.85mm②③两式联立，并将x的值带入，解得6ζt＝3M/（xhb）＝3×240×10/（134.85×300×150）MPa＝118.65MPaζc＝ζtx/（h－x）＝118.65×134.85/（300－134.85）MPa＝96.88MPa

58412.19均布载荷作用下的简支梁由圆管及实心圆杆套合而成（如图12-2-32所示），变形后两杆仍密切结合。两杆材料的弹性模量分别为E1和E2，且E1＝2E2。试求圆管和实心圆杆各自承担的弯矩。图12-2-3222解：Mmax＝ql/8，设圆管、圆杆分担的弯矩分别为M1、M2。则：M1＋M2＝ql/8。根据形变协调条件：曲率相等M1/（E1I1）＝M2/（E2I2）。得4444MEI2D12Ddd11144M2EI22ddD则442DdqlM14442Dd42dqlM24482Dd12.3名校考研真题详解一、选择题一悬臂梁在自由端承受集中力作用，在下图所示四种截面形式下，当集中力沿y轴作用时，会发生弯曲和扭转组合变形的是（）。[西南交通大学2014研]【答案】B【解析】集中力通过剪心时，构件发生弯曲变形，无扭转变形，ACD三项的y轴均穿过截面剪心，B项截面的剪心在腹板外侧。二、填空题杆件受横向外力作用，为使其只产生弯曲变形，不产生扭转变形，则横向外力应满足的条件是______。[重庆大学2016研]【答案】通过截面剪心或者通过截面弯曲中心

585第13章能量方法13.1复习笔记一、应变能的普遍表达式1．杆件应变能的计算（1）轴向拉伸或压缩线弹性范围内，轴力沿轴线变化的杆件，总的应变能为2FNxdxVl2EA22FlEA(l)NVW22EAl轴向拉伸应变能密度为21ν22E（2）纯剪切线弹性范围内，纯剪切的应变能密度为：21τντγε22G杆件总的应变能为：VνdVV（3）扭转线弹性范围内，在扭矩T作用下，杆件总的应变能为：2TxdxVl2GIp（4）弯曲线弹性范围内，全梁的应变能为：2MxdxVl2EI2．普遍表达式Vε＝Fδ/2式中，δ为F作用点沿F方向因F作用而引起的位移。

586图13-1-1克拉贝依隆原理：受多个外力作用的线弹性体，其总应变能等于各外力单独作用产生的应变能之和，即Vε＝W＝F1δ1/2＋F2δ2/2＋F3δ3/2＋„如图13-1-1所示，在组合变形作用下，整个杆件的应变能222FNxdxMxdxTxdxVlll2EA2EI2GIp二、互等定理如图13-1-2所示，依次在构件上作用两组力F1、F2和F3、F4，可得到构件的应变能图13-1-21111VFFFFFF11122334411222222在线弹性范围内，应变能只决定于力和位移的最终值，与加力的次序无关，更换两组力的作用次序得1111VFFFFFF133441122334422221．功的互等定理第一组力F1、F2在第二组力F3、F4引起的位移上所作的功，等于第二组力F3、F4在第一组力F1、F2引起的位移上所作的功，可表示为F1δ′1＋F2δ′2＝F3δ′3＋F4δ′4

5872．位移的互等定理若只有F1和F3作用且F1作用点沿F1方向因作用F3而引起的位移，等于F3作用点沿F3方向因作用F1而引起的位移，可表示为δ′1＝δ′3三、卡氏定理若将结构的应变能表达为载荷Fi（i＝1，2，3，„）的函数，则应变能对任一载荷Fi的偏导数，等于Fi作用点沿Fi方向的位移δi，可表示为ViFi此处卡式定理具体是指卡式第二定理，只适用于线弹性结构。卡式第一定理（适用于线性、非线性弹性结构）：若结构应变能用位移δi（i＝1，2，3，„）的函数来表述，那么应变能对任一位移δi的偏导数就等于该位移方向上的荷载Fi，可表示为V1,2,,,iFii四、莫尔定理与图乘法1．莫尔定理虚功原理：外力所做的虚功等于内力在相应虚位移上所做的功，也等于杆件的虚应变能。虚功原理与材料性能无关，适用于线弹性材料和非线性弹性材料；力和位移呈非线性关系的结构也可使用虚功原理。单位载荷法：为求得已知构件上某一点的位移，在该点作用一单位力，在单位力单独作用下，构件截面上的＿＿＿轴力、弯矩、扭矩分别为FN（x）、M（x）和T（x），并将已知外力作用下的位移作为虚位移，利用虚功原理求解。若材料是线弹性的，可以得到莫尔定理：（1）对于抗弯为主的杆件，点的位移：MxMxdxlEI（2）对有n根杆的杆系，点的位移：nFFlNiNiii1EAi（3）对于受扭杆件某一截面的转角有：TxTxdxlGIp2．图乘法利用图乘法可简化对莫尔积分的运算，莫尔积分中有MxMxdxMCl

588＿＿其中，MC为M（x）图中与M（x）图的形心C对应的坐标。对于计算过程中常用图形的面积和形心C位置的计算公式如图13-1-3所示。图13-1-313.2课后习题详解说明：在以下习题中，如无特别说明，都假定材料是线弹性的。13.1两根圆截面直杆的材料相同，尺寸如图13-2-1所示，其中一根为等截面杆，另一根为变截面杆。试比较两根杆件的应变能。

589图13-2-1解：图（a）所示杆件的应变能22222Vε1＝Fl/（2EA）＝Fl/[2E·π（d/2）]＝2Fl/（πEd）图（b）所示杆件的应变能2222FlFlFlFlV12322EA2EA2EA2EA1232231FlFl842222dd22EE2227Fl28Ed13.2图13-2-2所示桁架各杆的材料相同，截面面积相等。试求在F力作用下，桁架的应变能。图13-2-2

590解：桁架的各根杆都是二力杆，只承受轴向力的作用，由静力学平衡条件可得各杆轴力为2FFNAC22FFNBC2FNCD＝0，FNAD＝FNBD＝F/2因此，桁架的应变能为2222F2F22lFll2222FlNV22EA2EA2EA2EA22221FlFl0.9574EAEA13.3计算图13-2-3所示各杆的应变能。

591图13-2-3解：（a）该阶梯轴的应变能2222FlFlFl3FlVN2EA2E2A2EA4EA（b）由静力平衡条件得A处的支反力向下，B处的支反力向上，且大小均为Me/l，故AC段的弯矩M1（x）＝－Mex/l，BC段的弯矩为M2（x）＝Mex/l。因此，应变能2222MixdxM12xdxMxdxVi1l2EIAC2EIBC2EI22MMeexxll233llddxx0022EIEI2Mle18EI

592（c）由静力平衡条件可得夹角为θ截面上的弯矩：M（θ）＝FRsinθ。故应变能π2π2MFRsinV22RdRd0022EIEI23πFR8EI13.4传动轴受力情况如图13-2-4所示。轴的直径为40mm，材料为45钢，E＝210GPa，G＝80GPa。试计算轴的应变能。图13-2-4解：设左、右两支座为A、B，则由静力平衡条件得A、B的支反力分别为FRAx＝FRBx＝0.5kNFRAy＝FRBy＝0.18kN合力为：22FF0.50.18kN0.5314kNRARB因此，轴的应变能22TxddxMxxV2ll22GIEIp223320.2320.08100.2640.531410xdxx2d002801090.04422101090.04426.0410Nm13.5如图13-2-5所示，在外伸梁的自由端作用力偶矩Me，试用互等定理，并借助于教材表6.1，求跨度中点C的挠度ΔC。

593图13-2-5解：将力偶矩Me看做是第一组力，其引起C点挠度为ΔC；取第二组力，在C截面作用一竖直向下的单位2力F，查教材表6.1可知F作用下外伸端的转角：θ＝Fl/（16EI）。22由互等定理Me·θ＝F·ΔC，得Me·Fl/（16EI）＝FΔC，解得：ΔC＝Mel/（16EI）（↓）。13.6车床主轴如图13-2-6所示，在转化为当量轴以后，其抗弯刚度EI可以作为常量。试求在载荷F作用下，截面C的挠度和前轴承B处的截面转角。图13-2-6解：（1）求C截面挠度图13-2-7在外伸端C上有集中力F，根据卡氏定理，外伸端C的挠度为：wC＝∂Vε/∂F。根据力的平衡可得支座A反力：FRA＝F/4，坐标系如图13-2-7所示。轴各段弯矩方程：M（x1）＝－Fx1/4，M（x2）＝－Fx2。则轴内的应变能2Fx21234aa4Fx25FaVddxx00122EI2EI6EI故233Vd5Fa5FawCFdF6EI3EI（2）求B截面转角

594在B截面施加一虚力偶矩Me，根据平衡条件可得支座A反力：FRA＝（Fa＋Me）/（4a）。各段弯矩方程：M（x1）＝－（Fa＋Me）x1/（4a），M（x2）＝－Fx2。故轴内应变能2FaMex2213234aa4aFx22MaFaVddxxFe00122EI2EI3aEI6EI由卡氏定理得B截面转角2323VM2aFaeFBMM36aEIEIeeMe0Me024aMeF3EIaMe024Fa顺时针方向3EI13.7试求图13-2-8所示各梁的截面B的挠度和转角。EI为常数。图13-2-8解：（1）如图13-2-8（a）所示

595图13-2-9根据图13-2-9（a1）所示坐标系，可列出梁在分布载荷q作用下各段的弯矩方程：BC段：MBC（x1）＝0；2CA段：MCA（x2）＝－qx2/2。①求B截面挠度在B截面施加竖直向下的单位力，如图13-2-9（a1）所示，则梁在单位力作用下的弯矩方程：＿BC段：MBC（x1）＝－x1，（0≤x1≤l－a）；＿CA段：MCA（x2）＝－（x2＋l－a），（0≤x2≤a）。由莫尔定理可得B截面挠度MBCxMBCxMCAxMCAxddxxB12BCEICAEI12qx22xlaa20dx20EI3qa4la24EI②求B截面转角＿在梁的B端作用单位力偶矩，如图13-2-9（a2）所示，则CA段：MCA（x）＝－1。由莫尔定理可得B截面的转角12qx13MCAxMCAxa22qaBddxx22顺时针CAEI0EI6EI（2）如图13-2-8（b）所示根据平衡条件求得支座反力，如图13-2-9（b）所示，可列出各段在已知载荷下的弯矩方程：AD段：M（x1）＝Fx1/4，（0≤x1≤l/2）；DC段：M（x2）＝Fl/8－3Fx2/4，（0≤x2≤l/2）；BC段：M（x3）＝－Fl/4，（0≤x3≤l/4）。

596图13-2-9①求B截面挠度在B点施加一单位力，如图13-2-9（b1）所示，则在该力作用下各段弯矩方程：＿AD段：M1（x1）＝－x1/4，（0≤x1≤l/2）；＿DC段：M2（x2）＝－（l/2＋x2）/4，（0≤x2≤l/2）；＿BC段：M3（x3）＝－x3，（0≤x3≤l/4）。则由莫尔定理可得B截面挠度

59711Fl31lFxxFxxll1122448442w22ddxxB1200EIEI1lFlx344dx30EI35Fl384EI②求B截面转角在B端作用单位力偶矩，如图13-2-9（b2）所示，则各段弯矩方程：＿AD段：M1（x1）＝－x1/l，（0≤x1≤l/2）；＿DC段：M2（x2）＝－（l/2＋x2）/l，（0≤x2≤l/2）；＿BC段：M3（x3）＝1，（0≤x3≤l/4）。则由莫尔定理得B截面转角11Fl31x21FxxFxFll11l2l24ldx2842ldx44dxB010203EIEIEI2Fl顺时针12EI13.8图13-2-10所示为变截面梁，试求在F力作用下截面B的铅垂位移和截面A的转角。

598图13-2-10解：（1）如图13-2-10（a）所示①求B截面的竖直位移在B面上增加一个竖直向下的虚力F0，并建立坐标系，如图13-2-11（a1）所示，由静力平衡条件可得固定端C截面支反力：R＝F＋F0，M＝2Fa＋F0a。由此可列出各段弯矩方程：AB段：M（x1）＝－Fx1，（0≤x1≤a）；BC段：M（x2）＝－[Fx2＋F0（x2－a）]，（0≤x2≤l/2）。故梁内应变能：22aaMx122MxVddxx1202EIa2E2I由卡氏定理得B截面铅垂位移22VaaFx12Fx2Fx02Fa0wddxxB12FF024EIaEI00F00F0035Fa12EI

599图13-2-11②求A截面转角在A截面增加一逆时针方向的虚力偶矩M0，并建立坐标系，如图13-2-11（a2）所示，由静力平衡条件可得C截面上：R＝F，M′＝2Fa＋M0。由此可列出各段弯矩方程：AB段：M（x1）＝－（Fx1＋M0），（0≤x1≤a）；BC段：M（x2）＝－（Fx2＋M0），（0≤x2≤l/2）。由卡氏定理可得A截面转角22VaaFxM2FxM5Fa21020A0ddxx12a顺时针MM2EI4EI4EI00M00M00（2）如图13-2-10（b）所示用图乘法，根据题意，作在已知载荷F作用下的弯矩图，如图13-2-11（b）所示。为求得B截面位移和A截面转角，在B点施加单位载荷F0＝1，在A点加施单位力偶矩M0＝1，并作出相应的弯矩图，分别如图13-2-11（b1）、（b2）所示。

600图13-2-11由图乘法可得B截面的竖向位移为3MC112a12a112a5FawBFa2FaFaEIEI222EI2EI264EIA截面转角2MC11251211121FaAFa2FaFa顺时针方向EIEI262EI2EI26EI13.9图13-2-12所示刚架的各杆的EI皆相等，试求截面A，B的位移和截面C的转角。

601图13-2-12解：（1）如图13-2-12（a）所示作在已知载荷F作用下的弯矩图，如图13-2-13（a）所示。为求得截面A的铅垂位移和水平位移及截面C的转角，在A点分别施加铅垂和水平的单位载荷1，在C点加施单位力偶矩1，并作出相应的弯矩图，分别如图13-2-13（a1）、（a2）、（a3）所示，则由图乘法可得图13-2-13A截面铅垂位移M1FbhaCAyhFba0EIEIEIA截面水平位移

6022M11FbhCAxhhFbEIEI22EIC截面转角M11FbCCbFbFbh12bh顺时针EIEI22EI（2）如图13-2-12（b）所示在已知均布载荷q的作用下，由结构和载荷的对称性可知，A截面的水平位移为零，即ΔAx＝0。作在已知载荷作用下的弯矩图，如图13-2-13（b）所示。为求得截面A、B位移，在A截面施加一竖直方向上的单位力，在B截面施加水平方向的单位载荷1，并作出相应的弯矩图，分别如图13-2-13（b1）、（b2）所示，则由图乘法可得A截面铅垂位移4MC12l12515FlAy2qllEIEI32884384EI4MC12l12515qlAy2qllEIEI32884384EIB截面水平位移3MC1212qlhBxlqlhEIEI3812EI图13-2-13

603图13-2-13（3）如图13-2-12（c）所示作在已知载荷F作用下刚架的弯矩图，如图13-2-13（c）所示。为求得截面A的位移，分别在A截面施加一铅垂和水平方向的单位力，并作出相应的弯矩图，如图13-2-13（c1）、（c2）所示；同理为求得C截面的转角，在C截面施加一单位力偶矩，并作出相应的弯矩图，如图13-2-13（c3）所示，则由图乘法得截面A铅垂位移2M112Fll3hCAyFlllFlhlEIEI233EI截面A水平位移2M11FlhCAxFlhhEIEI22EI截面C转角M11Fll2hCCFll11Flh顺时针方向EIEI22EI13.10用卡氏第二定理解教材例13.4（图13.11a（如图13-2-14））。

604图13-2-14解：解除支座B端约束力，代之以反力FRB。梁中总的弯曲应变能为Vε＝Fδ/2＋FRBδB/2＋FRBδ′3在F作用下，F作用点的位移：δ＝Fa/（3EI）。3在FRB作用下，FRB作用点的位移：δB＝FRBl/（3EI）。2在F作用下，FRB作用点的位移：δ′＝－Fa（3l－a）/（6EI）。综上，梁的弯曲应变能为112312312VFFlRBFFaRB3la2EI333铰支座B截面的挠度为零，则由卡氏定理可得dVε/dFRB＝023解得：FRB＝Fa（3l－a）/（2l）。13.11如图13-2-15所示，跨度为l的简支梁截面高度为h，设温度沿梁的长度不变，但沿梁截面高度h按线性规律变化。若梁顶面的温度为T1，底面的温度为T2，且T2＞T1，试求梁在跨度中点的挠度和左端截面的转角。图13-2-15解：取微段dx，已知温度沿截面高度线性变化，则横截面仍保持为平面，其两端截面的相对转角为

605lTT21ddxh（1）为求得梁跨度中点的挠度，在跨度中点截面上作用一单位力，如图13-2-15（b）所示。此时梁跨中截面上的弯矩＿M（x）＝x/2把温度位移作为虚位移，根据虚功原理有lCMxd即得l22xllT2T1T2Tl1CMxd2dx028hh结果为正，说明与所施加单位力的方向一致。（2）为求得左端截面转角，在该截面施加一单位力偶矩，如图13-2-15（c）所示。此时梁跨中截面上的弯矩＿M（x）＝1－x/l同理，得到lxllT2T1T2Tl1AMxd1dx0lh2h结果为正，说明与所施加单位力偶矩的方向一致。13.12在简支梁的整个跨度l内，作用均布载荷q。材料的应力一应变关系为C式中C为常量，ζ与ε皆取绝对值。试求梁的端截面的转角。解：如图13-2-16所示，取微元面积dA，则梁横截面上的弯矩：MydA。A图13-2-16梁中距离中性层为y处的应变为ε＝y/ρ，又已知

606C故梁横截面上的弯矩为3CCIMy2dA①A其中32IydAA由式①可得曲率2*21/ρ＝dθ/dx＝M/（CI）②在梁上作用均布载荷后，梁横截面上的弯矩M（x）＝qx（l－x）/2③联立式②③可得222M2qxlxddxxd22CI4CI如图13-2-16所示，在梁端截面A处施加一单位力偶矩，此时梁上横截面弯矩＿M（x）＝1－x/l根据单位载荷法可得端截面A的转角222lxqxlxAMxd1d2xl0l4CI2ql23xlxdx204lCI25ql顺时针方向2240CI根据对称性可得端截面B转角：θB＝－θA。13.13如图13-2-17所示，三杆的横截面面积相同，材料相同，若材料的应力一应变关系为C式中C为常量，ζ与ε皆取绝对值。试求各杆的内力。提示：各杆的应力和应变仍然是均匀的，例如杆1的应力和应变仍然是ζ1＝FN1/A和ε1＝Δl1/l。

607图13-2-17解：如图13-2-17所示，设A点垂直位移为Δ，由变形几何关系得杆1、杆2和杆3的伸长分别为：Δl1＝Δ，Δl2＝Δl3＝Δcosα。根据题中已知应力应变关系可得lF1N1CCC11llAlF2N2CCCcos22llA2lF33NCCCcos33llA3则三杆的内力分别为：FCAlN1FFCAlcosNN23设节点A有一垂直虚位移δV，对于这一虚位移，外力虚功为FδV，杆1、杆2、杆3因虚位移而引起的伸长***分别为：（Δl1）＝δV，（Δl2）＝（Δl3）＝δV·cosα。杆1的内力虚功为：FNV11lCAl同理，杆2、杆3的内力虚功为：2FN2l2FN3l3CAVlcos由虚功原理，内力虚功之和等于外力虚功之和，即W外＝W内。

608故2CAl2CAlcosFVVV解得：Fl2CA12cos22则三杆内力分别为：FN1＝F/（1＋2cosα），FN2＝FN3＝Fcosα/（1＋2cosα）。13.14如图13-2-18所示，刚架各杆的材料相同，但截面尺寸不一，所以抗弯刚度EI不同。试求在F力作用下，截面A的位移和转角。图13-2-18解：（a）首先作出刚架在已知载荷F作用下的弯矩图，如图13-2-19（a）所示。为求得截面A的水平位移和转角，在A处分别施加一水平单位力和单位力偶，并作出相应的弯矩图，分别如图13-2-19（a1）、（a2）所示，则由图乘法得截面A水平位移2M111FlhClFlhAxEIEI22248EI截面A转角2MC1111FlAlFl顺时针EIEI24216EIi22

609图13-2-19（b）首先作出刚架在已知载荷F作用下的弯矩图，如图13-2-19（b）所示。为求得截面A的水平位移和转角，则在A处分别施加一水平单位力和单位力偶，并作出相应的弯矩图，分别如图13-2-19（b1）、（b2）所示，则由图乘法得截面A水平位移3iMCi1121Ax2FhhhFhlhi1EIiEI1223EI2Fh23hl3EII12截面A转角3M1111FhhliCiAFhh1Fhl逆时针i1EIiEI12EI222EI1I2图13-2-197413.15已知图13-2-20所示刚架AC和CD两部分的I＝3×10cm，E＝200GPa。试求截面D的水平位移和转角。F＝10kN，l＝1m。

610图13-2-20解：首先作出刚架在已知载荷作用下的弯矩图，如图13-2-21（a）所示。为求得截面D的水平位移和转角，则在D处分别施加一水平单位力和单位力偶，并作出相应的弯矩图，分别如图13-2-21（b）、（c）所示。图13-2-21由图乘法可得截面D的水平位移2MiCiDxi1EI11122Fl2l2l2Fll2l2Fl2l2lEI22333338Fl3810101mm953EI32001031021.1mm截面D的转角

6112MiCiDi1EI1112Fl2l12Fll12Fl2l1EI222327Fl710101rad0.0117rad顺时针95EI2001031013.16图13-2-22所示桁架各杆的材料相同，截面面积相等。试求节点C处的水平位移和铅垂位移。图13-2-22解：由平衡条件计算在已知载荷作用下支座的支反力以及桁架各杆的内力，如图13-2-23（a）所示。为求得节点C的水平位移和垂直位移，在C点分别作用两个方向的单位力，并求得在相应力作用下各杆的内力，如图13-2-23（b）、（c）所示，其中负号表示为压力。图13-2-23根据单位荷载法，可得C点水平位移

612FFLNNCxEA2Fl22Fl1EAEA122FlEAC点铅垂位移FFLF1lFlNNCyEAEAEA13.17图13-2-24所示桁架各杆的材料相同，截面面积相等。在载荷F作用下，试求节点B与D间的相对位移。图13-2-24解：根据平衡条件，在已知力F作用下各杆内力，如图13-2-25（a）所示。为求得B、D间相对位移，在两点处施加一对B、D连线上的作用力，并求得此时各杆内力，如图13-2-25（b）所示。

613图13-2-25根据单位载荷法，可得B、D相对位移FFLNNBDEA2Fl22Fl12EAEA2Fl22EA结果为正，表明和图中所施加单位载荷的方向一致，即节点B、D相互靠近。13.18刚架各部分的EI相等，试求在图13-2-26所示一对F力作用下，A，B两点之间的相对位移，A，B两截面的相对转角。

614图13-2-26解：（1）如图13-2-26（a）所示作出刚架在已知载荷作用下的弯矩图，如图13-2-27（a1）所示。为求得A、B间相对位移和相对转角，在A、B连线上分别施加一对单位力和一对单位力偶矩，并作出相应的弯矩图，如图13-2-27（a2）、（a3）所示。

615图13-2-27由图乘法可得，A、B两点之间的相对位移21112Fh23haABMC2hFhhaFhhEIEI233EI两点相互靠近。A、B截面的相对转角111FhhaABMC2hFh1aFh1EIEI2EI（2）如图13-2-26（b）所示作出刚架在已知载荷作用下的弯矩图如图13-2-27（b1）所示，为求得A、B间相对位移和相对转角，在A、B连线上分别施加一对单位力和一对单位力偶矩，并作出相应的弯矩图，如图13-2-27（b2）、（b3）所示。

616图13-2-27由图乘法可得，A、B两点之间的相对位移3111222FlABMC2lFllEIEI22323EI两节点相互远离。A、B截面的相对转角211122FlABMC21lFlEIEI222EI13.19图13-2-28所示梁ABC和CD在C端以铰相连。试求C铰两侧梁截面的相对转角。设EI＝常量。图13-2-28解：为求得C铰两侧梁截面的相对转角，将截面C断开，如图13-2-28（b）所示，分别施加一个单位力偶矩，并使其方向相反。即两个梁截面转角的和等于两个梁截面的相对转角。由叠加法可得梁在两弯矩作用下的弯矩图，如图13-2-28（c）所示，在单位力偶矩作用下的弯矩图如图13-2-28（d）所示，则由图乘法得

617图13-2-281MCEI22211Fl131ql231qll212ql1ll11lEI24222432242323822313FlqlEI3266413.20图13-2-29所示简易吊车的吊重P＝2.83kN。撑杆AC长为2m，截面的惯性矩为I＝8.53×10mm。2拉杆BD的横截面面积为600mm。如撑杆只考虑弯曲的影响，试求C点的铅垂位移。设E＝200GPa。提示：吊车包含受拉杆BD和受弯杆AC，使用卡氏第二定理时，应计算受拉和受弯两杆的应变能总和。如用莫尔定理，则FFlMMxdNNEAlEI

618图13-2-29图13-2-30解：如图13-2-30所示，由静力平衡条件，可得支座反力：FP2DFA＝P。撑杆AC只考虑弯曲应变能，BD杆考虑拉压应变能，则结构的总应变能22MxdxFlV+N22EIEA根据图13-2-30所示坐标系，可得杆AC各段弯矩方程：BC段：2Mx1Px1,0x112

619AB段：2Mx2Px2,0x212故该结构总的应变能22Px21221PPP22Vx2d02EI2EA6EIEA由卡氏定理可得V2PPCPEA3EI带入代入数据，则C点的垂直位移3322.83102.8310C9696m0.6mm20010600103200108.5310213.21图13-2-31中绕过无摩擦滑轮的钢索的截面面积为76.36mm，E索＝177GPa。F＝20kN。在题2.29中求F力作用点C的位移时，曾假设横梁ABCD为刚体。若不把ABCD假设为刚体，且已知其抗弯刚度为EI＝21440kN·m，试再求C点的垂直位移。图13-2-31F解：AB段不受力，处于无变形状态，由平衡条件可得钢索的拉力为，如图13-2-32所示，则梁中：3

620图13-2-32BC段的弯矩方程：M（x1）＝Fx1/2（0≤x1≤0.4）；CD段的弯矩方程：M（x2）＝Fx2/2（0≤x2≤0.4）。系统的应变能212FxlF3Fl232Fl2BC2BCBCV2dx4l0BC2EI2EA12EI3EA索索由卡氏定理可得3VFl4FlBCBCCP63EIEA索则C点的垂直位移33320100.4420100.4C396m0.937mm614401031771076.361013.22由杆系及梁组成的混合结构如图13-2-33所示。设F，a，E，A，I均为已知。试求C点的垂直位移。图13-2-33

621解：在J点只有垂直方向上的约束力，故BJ梁可以看作是简支梁，则余下的桁架在J点受向下的F/2的作用，取DJH部分进行研究，由平衡条件可得各杆的内力，如图13-2-34所示。图13-2-34梁BJ中，CJ段及BC段弯矩方程均为：M（x）＝Fx/2（0≤x≤a）。系统的应变能为VVV梁钢架2221FFFxa22332dxa2a02EI2EA2EA232Fa3Fa12EI8EA则C点垂直位移：3VFa3FaCP64EIEA13.23平面刚架如图13-2-35所示。若刚架各部分材料和截面相同，试求截面A的转角。

622图13-2-35解：作刚架在已知载荷作用下的弯矩图，如图13-2-36（a）所示。为求得截面A的转角，在截面A施加一单位力偶矩，并作出相应的弯矩图，如图13-2-36（b）所示。由图乘法可得A截面转角1ACMEI11123l3Fl15l3Fl1EI22233Fl逆时针2EI图13-2-3613.24等截面曲杆如图13-2-37所示。试求截面B的垂直位移和水平位移以及截面B的转角。

623图13-2-37解：曲杆在已知载荷作用下的弯矩方程为：M（θ）＝FR（1－sinθ）。其中，θ为曲杆上的点与A端所成的圆心角。为求得截面B的位移和转角，在B截面分别施加水平、铅垂的单位力和单位力偶，分别如图13-2-38（a）、（b）、（c）所示，则在这些单位载荷下曲杆的弯矩分别方程为＿M1（θ）＝R（1－sinθ）＿M2（θ）＝Rcosθ＿M3（θ）＝1图13-2-38由莫尔积分，可得B截面水平位移3222MM1FR1sinRddBx00EIEI33FR3FR20.356EI4EIB截面铅垂位移

6242MM2RdBy0EI3FR1sincos2d0EI3FR2EIB截面转角222MM3FR1sinRddB00EIEI22FRFR10.571顺时针EI2EI13.25如图13-2-39所示，等截面曲杆BC的轴线为四分之三的圆周。若AB杆可视为刚性杆，试求在F力作用下，截面B的水平位移及垂直位移。图13-2-39解：载荷F下的曲杆的弯矩方程为M（θ）＝FRcosθ，其中，θ为曲杆上的点与AB所成的圆心角。

625图13-2-40如图13-2-40（a）、（b）所示，在B端施加水平和竖直方向的单位力，则单位载荷作用下的弯矩方程分别为＿M1（θ）＝Rsinθ＿M2（θ）＝－R（1－cosθ）由莫尔定理，可得截面B水平位移3MMFRcosRsinFR221BxRRdd00EIEI2EI铅垂位移MMFRcosRcos1222RdRdBy00EIEI33FR3FR13.36EI4EI13.26在图13-2-41所示水平面内的曲拐，杆AB垂直于杆BC，端点C上作用集中力F。设曲拐两段材料相同且均为同一直径的圆截面杆，试求C点的垂直位移。图13-2-41解：曲拐总的应变能由AB段、BC段的弯曲应变能和AB段的扭转应变能三部分组成，即222323aFxFaaFaFaVx2d+02EI2GI3EI2GIpp由卡氏定理，可得C点的垂直位移

62633V2FaFaCyF3EIGIp13.27图13-2-42所示半圆形小曲率曲杆的A端固定，在自由端作用扭转力偶矩Me。曲杆横截面为圆形，其直径为d。试求B端的扭转角。图13-2-42解：如图13-2-42（b）所示，把B端上的Me用矢量来表示，根据部分杆件的平衡条件可得θ截面上的弯矩和扭矩分别为M（θ）＝MesinθT（θ）＝Mecosθ因此，在弯扭共同作用下，端截面B的扭转角的莫尔积分表示为TTRddMMR00GIEIp令Me＝1，可得＿＿M（θ）＝sinθ，T（θ）＝cosθ因此RMe22RMeRMe11cosdsindGI00EI2GIEIpp4代入G＝E/[2（1＋μ）]，Ip＝2I＝πd/32并化简得到4θ＝32（2＋μ）RMe/（Ed）13.28图13-2-43所示折杆的横截面为直径为d的圆形。材料弹性模量为E，切变模量为G。在力偶矩Me作用下，试求折杆自由端的线位移和角位移。

627图13-2-43解：自由端的水平线位移是由大小为Me的力偶矩作用于竖直部分顶端弯曲变形引起的，因此与竖直部分的顶端的线位移相同，则自由端水平位移222MhMh32Mheee2EI2Ed464Ed4自由端的转角由水平部分的扭转角位移与竖直部分顶端弯曲变形叠加而得，则自由端转角MhMl64Mh32Mleeee44EIGIEdGdp13.29图13-2-44所示刚架的各组成部分的抗弯刚度EI相同，抗扭刚度GIt也相同。杆CD垂直于杆AB。在F力作用下，试求截面A和C的水平位移。图13-2-44解：将作用在C端的力简化为作用在D截面的集中力F和力偶矩T＝Fa，并建立坐标系，如图13-2-45所示。

628图13-2-45将A点的力记为F1＝F，D点的力记为F2＝F，则有：AD段弯矩方程：M（x1）＝F1x1（0≤x1≤a）；DB段弯矩方程：M（x2）＝F1a＋（F1＋F2）x2（0≤x2≤a）。AB杆的应变能222aaFx11Fa1F1Fx22FaaVddxx00122EI2EI2GIt由卡氏定理，可得A点水平位移VAxF1F12FF1aa2Fx1dx1Fa2x2ax2dx2EI0037Fa2EID点水平位移VDxF2F12FF1aFa2dx2xx22EI037Fa6EI3C点水平位移是由D点水平位移ΔDx，CD杆弯曲变形引起Fa/（3EI），以及DB杆扭转引起Ta·a/（GIt）三部分组成，故333FaTa3FaFaCxDxa32EIGIEIGItt13.30图13-2-46所示正方形刚架各部分的EI相等，GIp也相等。E处有一切口。在一对垂直于刚架平面的水平力F作用下，试求切口两侧的相对水平位移δ。

629图13-2-46图13-2-47解：由于结构和载荷对称性，取刚架的一半进行分析，如图13-2-47所示，则刚架各段在载荷F、单位载荷（令F＝1）作用下的弯矩和扭矩方程：＿ED段：M1（x1）＝Fx1，M1（x1）＝x1，（0≤x1≤l/2）；＿＿DA段：M2（x2）＝Fx2，M2（x2）＝x2，T2（x2）＝Fl/2，T2（x2）＝l/2，（0≤x2≤l）；＿＿AF段：M3（x3）＝F（l/2－x3），M3（x3）＝l/2－x3，T3（x3）＝Fl，T3（x3）＝l，（0≤x3≤l/2）。由莫尔定理，可得在F作用下E点水平位移

630l2MxMx11llMxMx22TxTx22xdxdxdxE0EI10EI20GI2pll22MxMx33TxTx33ddxx3300EIGIp2lFxl2222l3l2Fx12llFxFl222Fldxdxdxdxdx0EI10EI204GI20EI30GI3pp3353FlFl12EI4GIp33由对称性可得切口的相对水平位移：δ＝2ΔxE＝5Fl/（6EI）＋3Fl/（2GIp）（远离）。13.31轴线为水平平面内四分之一圆周的曲杆如图13-2-48所示，在自由端B作用垂直载荷F。设EI和GIp已知，试求截面B在垂直方向的位移。图13-2-48

631图13-2-49解：由图13-2-49可得，曲杆在载荷F及单位载荷1下的弯矩和扭矩方程＿M（θ）＝FRsinθ，M（θ）＝Rsinθ＿T（θ）＝FR（1－cosθ），T（θ）＝R（1－cosθ），（0≤θ≤π/2）由单位载荷法可得，B点的垂直位移ππMMTT22RRddBy00EIGIpπ32π3FRsinFR222d1cosd00EIGIp33πFRFR3π844EIGIp13.32如图13-2-50所示，平均半径为R的细圆环，在切口处嵌入块体，使环张开为e。试求环中的最大弯矩。设EI已知。图13-2-50

632图13-2-51解：如图13-2-51所示，设物体给环的支反力为F，则在载荷F和单位载荷作用下，环的弯矩方程为＿M（θ）＝FR（1－cosθ），M（θ）＝R（1－cosθ），（0≤θ≤2π）由单位载荷法可得，在F作用下环开口处相对位移232πMM2πFR23πFRRd1cosd00EIEIEI3根据题意，δ＝e，故有F＝EIe/（3πR）。又由弯矩方程可知，在θ＝π时截面上有最大弯矩，则2EIeMmaxMπFR112FR23πR13.33如图13-2-52所示，平均半径为R的细圆环，截面为圆形，其直径为d。F力垂直于圆环中线所在的平面。试求两个F力作用点的相对线位移。图13-2-52

633图13-2-53解：如图13-2-53所示，在已知载荷和单位载荷作用下，任意θ截面的弯矩和扭矩分别为＿M（θ）＝FRsinθ，M（θ）＝Rsinθ＿T（θ）＝FR（1－cosθ），T（θ）＝R（1－cosθ），（0≤θ≤2π）由莫尔定理可得，切口处的相对位移为2πMM2πTTRRdd00EIGIp3232πFRsin2πFR2d1cosd00EIGIp33πFR3πFREIGIp13.34如图13-2-54所示，圆形曲杆的横截面尺寸远小于曲杆的半径a，试求切口两侧截面的相对转角。图13-2-54

634图13-2-55解：如图13-2-55所示，在载荷F单独作用下，环的弯矩方程M（θ）＝Fasinθ，（0≤θ≤π/2）为求得切口两侧截面的相对转角，在切口处施加一对单位力偶矩，如图13-2-55所示，则在单位力偶矩单独作用下，曲杆弯矩方程＿M（θ）＝1，（0≤θ≤2π）由单位载荷法可得，切口的两侧截面的相对转角ππ22FasinaFasin2Fa222d2d00EIEIEI13.35如图13-2-56所示，带有缺口的圆环绕通过圆心且垂直于纸面的轴以角速度ω旋转。试求缺口的张开量。设圆环的平均半径a远大于厚度δ，圆环的密度为ρ，横截面面积为A，抗弯刚度为EI。图13-2-56解：（1）计算惯性力引起的弯矩2单位长度惯性力为qd＝ρAan＝ρAaω。任意θ处惯性力引起的弯矩为Mqaddasin02qadsind02qad1cos（2）计算单位力引起的弯矩

635＿在θ处由单位力引起的弯矩为M（θ）＝a（1－cosθ）。（3）计算缺口的张开量πMM2da0EI42qaπ2d1cosdEI0523πAaEI13.36如图13-2-57所示，柱形密圈螺旋弹簧的簧圈平均直径为D，簧丝横截面直径为d，有效圈数为n。在弹簧两端受到扭转力偶矩Me的作用，试求两端的相对扭转角。图13-2-57解：取弹簧丝的任一横截面，横截面上有力偶矩Me，如图13-2-57所示，设弹簧的螺旋角为α，则Me在作用下，簧丝的任一截面上有：沿截面外法线方向上的扭矩：T＝Mesinα。沿截面切线方向的弯矩：M＝Mecosα。为求得簧丝两端的相对扭转角，在两端施加单位力偶矩，此时簧丝截面上有＿＿M＝cosα，T＝sinα又簧丝微段：ds＝Rdθ＝（Ddθ）/2。由莫尔定理可得，簧丝两端相对转角

636MMTTddssssEIGIp222nnπMMcosDD2πsineedd00EI22GIp2232nMD2cossine4dEG13.37超静定刚架如图13-2-58（a）所示，EI＝常量。将固定铰支座C改变为可动铰支座，即解除铅垂方向的约束，并将解除的约束用多余未知力FRC来代替（图b）。试按最小功原理求解（参看题13.10），并作刚架的弯矩图。图13-2-58解：解除C点的约束，代之以约束反力FHC、FRC，如图13-2-59（a）所示，则由平衡条件2∑MA＝0，FRC·a＋FHC·a－qa/2＝0可得：FHC＝qa/2－FRC。因此，载荷q、FHC、FRC作用下的弯矩以及单位载荷作用的弯矩方程为：＿AB段：M1（x1）＝－（qa/2－FRC）x1，M1（x1）＝dM1/dFRC＝x1，（0≤x1≤a）；＿2BC段：M2（x2）＝FRCx2－qx2/2，M2（x2）＝dM2/dFRC＝x2，（0≤x2≤a）。

637图13-2-59（a）刚架中总的应变能22aaM1x1M2x2Vddxx120022EIEI22112qaFFxqxRCRC22aa222xxddx1120022EIEI112574123qaqFaFaRCRCEI15243根据最小功原理，超静定结构的多余未知力的数值恰好是使刚架应变能为最小值。则令dVε/dFRC＝0，即17432qaFa0RCEI243解得：FRC＝7qa/16。故刚架AB段的弯矩方程：M（x1）＝－qax1/16，（0≤x1≤a）；2BC段的弯矩方程：M2（x2）＝7qax2/16－qx2/2，（0≤x2≤a）。2其中BC段，令∂M（x2）/∂x2＝0，可得：x2＝7a/16，即在此截面上，弯矩有最大值：Mmax＝49qa/512。综上，可作该刚架的弯矩图，如图13-2-59（b）所示。

638图13-2-59（b）13.38图13-2-60所示结构中，各杆的拉（压）刚度均为EA。试求在集中力F作用下B点的水平和铅垂位移。图13-2-60解：F作用下两杆的轴力为2FF3NAB33FFNBC3＿＿为求B处水平、铅垂位移，在B处施加水平向右的单位力F1＝1以及铅垂向下的单位力F2＝1。

639单位载荷下两杆的轴力分别为：＿F1作用下：F1NAB1F0NBC1＿F2作用下：3FNAB2323FNBC23则由莫尔定理得水平、铅垂位移分别为FNABFNAB11lABFNBCFNBClBC23FaBxEAEA3EAFNABFNABlABFNBCFNBClBC2Fa22ByEAEAEA13.39图13-2-61所示结构中，曲杆AB的轴线为半径R的四分之一圆周。曲杆AB的弯曲刚度为EI，直杆2BC的拉压刚度EA＝EI/R。试求在集中力F作用下B点的铅垂位移。图13-2-61解：曲杆AB为二力杆，拉力沿着AB连线方向，设为F2，杆BC的压力为F1。受力图如图13-2-62所示。

640图13-2-62由节点B处平衡方程∑Fx＝0，F2cos45°－F1cos30°＝0∑Fy＝0，F2sin45°＋F1sin30°－F＝0解得：FF1316FF2312AB杆的弯矩为22MFR22sinFR1cos222FR2sincos12＿为求B的铅垂位移，在B处施加一铅垂向下的单位载荷F＝1，则F3116F231222MFR22sinFR1cos222FR2sincos12所以B点铅垂位移为

641MMFFliidxiiiBylEIEAnnπ1FFl2MMRd111EI0EA32πFFR2FFlR222sincos1d+1112EI0EI323231FR231FR32π32EIEI233π131FR4EI3FR3π1232EI13.40图13-2-63所示结构中，各杆的截面面积均为A，材料在单轴拉伸情形的应力一应变关系为2K3试求在集中力的作用下B点的铅垂位移。图13-2-63解：根据节点B处的平衡方程

642∑Fx＝0，FABsin45°－FBCsin60°＝0∑Fy＝0，FABcos45°＋FBCcos60°－F＝0解得：6FFAB312FFBC31单位体积内的应变能（应变能密度）为525233νd=KK33d355K2各杆的应力为6FAB312AFBC31A所以杆的总应变能为532VνdVlAVVV3ABBC5K2552255333AABlABClA22ll3AB3BC3ABABBCBC5K25K25K255236AFF23312hh312522AAK55253F233h223125332KA22根据卡式定理，得到力的作用方向的位移，即铅垂位移为

6435525V3F233h22312ByFF5332KA2253253F233h223122KA213.3名校考研真题详解一、选择题1．卡氏定理Δk＝∂Vε/∂Fk可用于求（）的相应位移。[北京航空航天大学2013研]A．任意结构B．非弹性结构C．非线性弹性结构D．线弹性结构【答案】D【解析】能量法里，讨论的应变能表达式都是基于小变形和线弹性材料建立的，所以由应变能得到的克拉贝依隆原理、互等定理和卡氏定理都只适用于线弹性结构；单位载荷法是基于虚功原理建立起来的，适用范围更广，但是常用到的莫尔积分方法也只是适用于线弹性结构。2．下列说法正确的是（）。[北京航空航天大学2014研]A．对于小变形问题，多个载荷所作之总功利用叠加原理进行计算B．功的互等定理与位移互等定理对于任何弹性体都适用C．变形体虚功原理中，可能位移是指满足位移边界条件与位移连续条件的任意小位移D．对于静不定杆或杆系结构，只要能与外力保持平衡的可能内力就为真实内力【答案】C【解析】A项中，首先功与载荷之间并非线性关系，并不能通过单独载荷所做的功求和来求多个载荷所作的总功，第二，某一载荷会在其他载荷位置引起相应的位移，相应位移之间存在互耦，所做的总功并非单独载荷所作之功的和；B项两个定理都只适用于线弹性结构；D项错误。3．下列哪项原理、方法或公式的成立不要求材料线弹性？[北京航空航天大学2016研]A．计算压杆临界载荷的欧拉公式B．单位载荷法C．克拉比隆定理D．互等定理【答案】B【解析】临界载荷的欧拉公式的适用范围是线弹性和小变形，克拉比隆定理和互等定理都是弹性体应变能的基础上延伸出来的，仅适用于线弹性体。而单位载荷法是基于虚功原理建立起来的，不需要规定材料线弹性，但是在本科阶段一般只讨论线弹性。4．长度为L的圆轴右端安装有一转动惯量为J的飞轮，圆轴抗扭刚度为GIP，转速为n转每秒，当飞轮突然刹车时，轴内的最大扭矩为______。（忽略轴本身和刹车装置的转动惯量）[中国科学技术大学2016研]

644JGIpA．2πnL2JGIpB．2πnL2πnJGIpC．LD．无限大【答案】A【解析】当飞轮由于轴的约束作用而停止转动时，轴的扭转变形最大，扭矩最大。轴在扭转过程中的应变能为22TxTlVxddl22GIGIpp飞轮耗散的动能为22Ek＝Jω/2＝J（2πn）/2根据能量守恒Ek＝Vε22J（2πn）/2＝Tdl/（2GIp）所以求得JGIpTn2πdl5．图13-3-1所示悬臂梁，当单独作用F时，截面B的挠度和转角分别为yB、θB；若先加Me，后加F，则在加F的过程中，力偶Me所作的功是（）[重庆大学2016研]A．作正功，其值为MeθB/2B．作负功，其值为MeyBC．作负功，其值为MeθBD．作负功，其值为MeθB/2图13-3-1【答案】C【解析】作用F时，θB为顺时针，力偶Me为逆时针，所以力偶Me所做的功为负功，功的大小为MeθB。二、填空题1．如图13-3-2所示刚架，水平段AB和竖直段BC均长l，弯曲刚度均为EI，自由端作用外力偶M，则自由端转角θA＝______（逆时针），铅垂位移δA＝______。[北京航空航天大学2013研]

645图13-3-22【答案】2Ml/（EI）；3Ml/（2EI）【解析】解法一：变形叠加法θA＝θBC＋θAB＝Ml/（EI）＋Ml/（EI）＝2Ml/（EI）22δA＝θBC·l＋δAB＝Ml/（EI）·l＋Ml/（2EI）＝3Ml/（2EI）解法二：单位载荷法图13-3-3MlMl2MlddxxABCABEIEIEI

646MlMxddxxABCEIABEIllMlMxddxx00EIEI23Ml2EI2．如图13-3-4（a）所示半圆小曲率杆，弯曲刚度EI，轴线半径为R，在截面A和B作用一对方向相反的力F。选取坐标θ代表截面位置，并取图13-3-4（b）所示单位载荷系统。则载荷系统（a）的弯矩方程M（θ）＿＝______，单位载荷系统（b）的弯矩方程M（θ）＝1。由单位载荷法，截面A和B之间的相对转角θA/B＝______。[北京航空航天大学2013研]图13-3-42【答案】FRsinθ；2FR/（EI）【解析】易知（a）的弯矩方程为M（θ）＝FRsinθ。所以由莫尔积分，得2MM12πFRdxFRsindABl0EIEIEI3．如图13-3-5所示刚架，各截面的弯曲刚度均为EI，承受均布载荷q作用，则A截面的转角大小为______，A截面沿______时针方向转动。[北京航空航天大学2014研]

647图13-3-53【答案】ql/（48EI）；顺【解析】结构对称，载荷也对称，所以铰链B处只有对称的轴力，没有剪力。截面B没有水平位移，只有竖直位移和转角。所以简化图示原结构为图13-3-6所示结构。图13-3-6解法一；相应公式2DA段相当于一段D端受到弯矩的简支梁，其中MD＝ql/8，所以A端转角为3θD＝Ml/（3EI），θA＝Ml/（6EI）＝ql/（48EI）解法二：单位载荷法原结构的弯矩分布为2M（x1）＝qx1/2，M（x2）＝qlx2/8在A截面处施加一个顺时针的单位弯矩，如图13-3-7，则弯矩分布为

648图13-3-7＿＿M（x1）＝0，M（x2）＝1－x2/l根据莫尔积分，有MxMx11MxMx22ddxxA12BDEIADEI11lx0qlx12dx22EI08l3ql048EI所以转角为顺时针。4．如图13-3-8所示悬臂梁，当其上作用均布载荷q＝1000N/m时（如图（a）），B截面的转角为0.02弧度，2挠度为0.01m；当B截面仅作用外力偶M＝50N·m时（如图（b）），AB梁变形扫过的面积为______m；当B2截面同时作用外力偶M＝50N·m与外力F＝100N时（如图（c）），AB梁变形扫过的面积为______m。[北京航空航天大学2016研]图13-3-8【答案】0.001；0.002【解析】根据功的互等定理F1δ12＝F2δ21得到BqwxdxMBABqwxdxqAMBA所以当B截面作用外力偶时，AB梁扫过的面积为2A＝M·θB/q＝50×0.02/1000＝0.001m

649同理BqwxdxMBFABqwxdxqAMBFA所以当B截面作用力偶和集中力时，AB梁扫过的面积为2A＝（M·θB＋F·δ）/q＝（50×0.02＋100×0.01）/1000＝0.002m5．如图13-3-9所示悬臂梁，仅在A点承受竖直方向的载荷F时（如图（a）），A点的挠度为2mm；仅在B点承受竖直方向的载荷F时（如图（b）），A点挠度为0.5mm。如果该梁在A点和B点分别承受竖直方向的载荷2F和F（如图（c）），其应变能为Vε（F），且∂Vε/∂F＝10mm，则在此状态下A点的挠度ωA＝______，B点的挠度ωB＝______。（在以上载荷作用下，该悬臂梁的变形均满足线弹性、小变形条件）[北京航空航天大学2016研]图13-3-9【答案】4.5mm；1mm【解析】依据功的互等定理F1δ12＝F2δ21。首先将图（a）作为第一组载荷，将图（b）作为第二组载荷，有FAδAb＝FBδBa其中FA＝FB＝F，δAb＝0.5mm。所以解得δBa＝0.5mm，即图（a）中，B截面处的挠度为0.5mm。再将图a作为第一组载荷，图c作为第二组载荷。为了以示区别，将图c中的2F＝FA，F＝FB，有F·wAc＋0·wBc＝FA·δAa＋FB·δBawAc＝（FA·δAa＋FB·δBa）/F＝（2F·2＋F·0.5）/F＝4.5mm由卡式定理VVFFVBAww210BAFFFFFBA由解得的wA＝4.5mm，所以wB＝1mm。6．位移互等定理表述为______。[重庆大学2016研]【答案】对于线弹性体，当F1与F2数值相等时，F2在点1沿F1方向引起的位移Δ12等于F1在点2沿F2方向引起的位移Δ21。三、计算题1．试求图13-3-10所示刚架的支反力和弯曲应变能（忽略剪力和轴力对梁变形的影响），并画出刚架的弯矩图。[大连理工大学2012研]

650图13-3-10解：将支座C断开，代之以向下的力FC，得到如图13-3-11所示结构。图13-3-11各段的弯矩方程为Mx1FxC102x1aMx2220aFCxaMx320aFCPx3x3a刚架的弯曲应变能为

6512MxVxd2EI12a2a2a20FxC1dx102aFCdx202aFCPx3dx32EI3a2232FCCP6FP6EI由卡氏第二定理，得3ΔC＝∂Vε/∂FC＝a（64FC＋6P）/（6EI）而变形协调条件Δc＝0，所以FC＝－3P/32。则支反力FC＝－3P/32（↑）FAy＝3P/32（↓）FAx＝P（←）MA＝13Pa/16（逆时针）弯曲应变能3223a32359PaV32PP6PP6EI3232192EI刚架弯矩图如图13-3-12所示。图13-3-122．求图13-3-13所示变刚度梁的跨中截面C的挠度，已知梁的AB、DE段的弯曲刚度为EI，BD段的弯曲刚度为3EI。[西南交通大学2014研]图13-3-13解：在C处虚设一向下的外力Fc，支反力FAy＝FE＝3F＋（1/2）Fc，结构载荷对称，仅分析左半部分即可，各段弯矩方程为

6521Mx30FFCxxa21Mx32FFCxFxaaxa21Mx3FFCxFxaFx2a2ax4a2由卡氏第二定理得VMxMxdxCFlEIFCCF0C1aa11121123FFCCxxxd3FFxFxaxxdEI022EIa2214a113FFCxFxaFx2axxd3EI2a221a21a21a203Fxxd02FxFaxdx0Fx3FaxdxEIEI3EI33Fa1435612349Fa1EI329218EI解法二：将原结构等效为图13-3-14所示结构。求C截面挠度即为求悬臂梁自由端挠度。图13-3-14在原载荷作用下的弯矩图13-3-15所示。图13-3-15在自由端施加已铅垂向上的单位载荷，弯矩图如图13-3-16所示。

653图13-3-16由图乘法可知，自由端位移为11105Fa2a3a2a2FaaE3EI2313151123Faaaa2Faaa3FaaEI223EI233349Fa18EI3根据相对运动，则C截面的挠度为349Fa/（18EI）。3．平面刚架受载如图13-3-17所示，已知：M，a，弯曲刚度为EI，试用卡氏第二定理求截面A的铅垂位移。[南京理工大学2015研]图13-3-17解：在A处虚设向上的外力F，如图13-3-18所示。

654图13-3-18AB段弯矩：M（x1）＝M＋Fx1（0≤x1≤a）；BC段弯矩：M（x2）＝M＋Fa（0≤x2≤a）。由卡氏第二定理得VMxMxdxAFlEIFF0aaMFxx11MFaaddxx1200EIEI222MaMa3Ma22EIEIEI4．已知图13-3-19所示半圆曲杆的弯曲刚度为EI，试求支反力。[南京理工大学2015研]图13-3-19解：解法一：卡氏第二定理由对称性可得，FAy＝FBy＝F/2（↑）。断开B支座水平约束，代之以水平向左的力FB，如图13-3-20所示。

655图13-3-20各截面的弯矩为FπMFRBsinR1cos022FπMFRBsinR1cosπ22由卡氏第二定理，得B端水平位移VMxMxdxBFlEIFBBFπFRBsinR1cos22RsinRd0EIFFRBsinR1cosπ2πRsinRdEI23RFπFBEI22而由变形协调条件，得ΔB＝0，所以FB＝F/π。支反力：FAy＝FBy＝F/2（↑），FAx＝－F/π（→），FBx＝F/π（←）。解法二：单位载荷法将结构等效为图13-3-21所示静定结构。图13-3-21在两个约束力作用下的弯矩为

656MP＝FBRsinθ－（F/2）R（1－cosθ）在B处施加一水平单位载荷，则弯矩为＿M＝Rsinθ所以B点的水平位移为1MMxdBxPEIlπ1F2FRsinR1cosRsinRd0BEI23RFπFBEI44因为B处为固定铰支座，故ΔBx＝0，即3R（πFB/4－F/4）/（EI）＝0解得FB＝F/π。故支反力：FAy＝FBy＝F/2（↑），FAx＝－F/π（→），FBx＝F/π（←）。5．双铰圆拱及其受载情况如图13-3-22所示，已知：载荷F，半径R，弯曲刚度EI，试求中点C处沿力F方向的位移。（不计轴力及剪力的影响）[武汉大学2015研]图13-3-22解：由对称性可得，FAy＝FBy＝F/2（↑）。解法一：断开B支座水平约束，代之以水平向左的力FB，如图13-3-23所示。图13-3-23各截面的弯矩为

657FπMFRBsinR1cos022FπMFRBsinR1cosπ22由卡氏第二定理，得B端水平位移：VMxMxdxBFlEIFBBFπFRBsinR1cos22RsinRd0EIFFRBsinR1cosπ2πRsinRdEI23RFFBEI22而由变形协调条件，得ΔB＝0，所以FB＝F/π。支反力：FAy＝FBy＝F/2（↑），FAx＝－F/π（→），FBx＝F/π（←）。在C点沿力F方向作用一单位载荷，此时支反力FBy1＝1/2（↑），FBx1＝1/π（←）。此时原载荷在各截面的弯矩为FFπMRsinR1cos0π22FFπMRsinR1cosππ22单位载荷在各截面的弯矩为11πMRsinR1cos0π2211πMRsinR1cosππ22由莫尔积分法，得C端竖直方向的位移

658FFπRRsin1cosπ2112RRsin1cosRdC0EIπ2FFRRsin1cosππ211πRRsin1cosRd2EIπ23FR3π11EI82π解法二：利用对称性，可将问题适当简化，如图13-3-24，要求C点处的竖直位移，即求B点的竖直位移。图13-3-24在原载荷作用下，角度为θ的任意截面的弯矩为M（θ）＝FBRsinθ－（F/2）R（1－cosθ），（0≤θ≤π/2）在B处施加一个单位横向载荷，如图13-3-25所示。图13-3-25在FB＝1的作用下，角度为θ的任意截面的弯矩为＿M（θ）＝Rsinθ，（0≤θ≤π/2）利用原问题的B点处的水平位移为0，根据莫尔积分πMMMMdx2RdBxlEI0EIπ1F2FRsinR1cosRsinRd0BEI23RFπFBEI44求得FB＝F/π。在B点处施加一个竖直向上的单位载荷，如图13-3-26所示。

659图13-3-26则角度为θ的任意截面的弯矩为＿M（θ）＝－R（1－cosθ），（0≤θ≤π/2）根据莫尔积分πMMMMdx2RdBylEI0EIπ1F2FRsinR1cosR1sinRd0BEI233RF31FR3π121FBEI242EI82π即B点相对于C点的竖直向上位移为3FR3π11EI82π所以中点C处沿力F方向的位移为3FR3π11EI82π6．如图13-3-27所示，等截面AB和BC组成三角架。二杆横截面积均为A，材料弹性模量均为E。F、l、E、A等为已知。试求三脚架所储存的应变能力，并由此计算加力点C处的垂直位移。[华南理工大学2016研]

660图13-3-27解：选取C点为研究对象，如图13-3-28所示，根据平衡条件得图13-3-28∑Fx＝0，FNACcosθ－FNBC＝0∑Fy＝0，FNACsinθ－F＝0又因为：cosθ＝0.6，sinθ＝0.8。所以可得：FNAC＝1.25F，FNBC＝0.75F。故三角架所储存的应变能为22FlFlVNACACNBCBC22EAEA221.25Fl0.75F0.6l22EAEA20.95FlEA加力点的垂直位移为：w＝∂Vε/∂F＝1.9Fl/（EA）。7．图13-3-29所示外伸梁，抗弯刚度为EI，承受均布载荷q及集中力X作用。若不考虑剪力影响，求截面C转角为零时的集中力X值。[昆明理工大学2016研]

661图13-3-29＿解：先求集中力X作用下C的转角，在截面C作用一单位力偶，得到此时的弯矩M（x）图，并画出均布载荷和集中力作用下的弯矩M（x）图如图13-3-30所示，为了便于计算把AB段的弯矩图分成上下两部分，利用图乘法求得截面C的转角为11212121Xa2aXaa1qa2aCEI2323222317XaqaEI63因为截面C转角为零，此时：X＝2qa/7。图13-3-308．图13-3-31所示抗弯刚度为EI、抗拉刚度为EA的等截面开口薄壁圆形（开口很小），在开口A、B处受一对与圆周相切的集中力F作用。圆环直径为D且D远大于圆环横截面尺寸，不计圆环内剪力对位移的影响。试用卡氏第二定理求圆环缺口张开的位移ΔAB。[重庆大学2016研]

662图13-3-31解：取脱离体如图13-3-32所示。图13-3-32角度为θ的任意截面：轴力：FN＝Fcosθ。弯矩：M＝（FD/2）·（1－cosθ）。由卡氏定理得VFNNxFxMxMxddxxABFllEAFEIF2πFcosD2πFD1cosD1cosDcosdd00EA22EI223FD2πFD2π22cosd1cosd28EA00EI3πFD3πFD28EAEI9．试求钢架B截面的垂直位移ΔBy及A截面的转角θA。已知刚架各杆的弯曲刚度EI为常量（不计轴力和剪力对变形的影响）。[山东大学2017研]

663图13-3-33解：①计算B截面的垂直位移ΔBy，于B点作用垂直向下的单位力，计算出刚架各段内的弯矩为＿AB段：M（x1）＝（F/2）cos30°·x1，M（x1）＝（1/2）cos30°·x1。＿BC段：M（x2）＝（F/2）cos30°·x2，M（x2）＝（1/2）cos30°·x2。使用莫尔定理，可得B截面的垂直位移为Mx1Mx1Mx2Mx2ddxxBy12ABEIBCEI11l3Fcos30xcos30xxd111EI02211l3Fcos30xcos30xxd0222EI2233Fl72EI②计算A截面的转角，于A点作用顺时针的单位力偶，计算出刚架各段内的弯矩为：＿AB段：M（x1）＝（F/2）cos30°·x1，M（x1）＝1－（1/l）cos30°·x1。＿BC段：M（x2）＝（F/2）cos30°·x2，M（x2）＝（1/l）cos30°·x2。使用莫尔定理，可得A截面的转角为

664Mx1Mx1Mx2Mx2ddxxA12ABEIBCEI11l3Fcos30x1cos30xdx111EI02l11l3Fcos30xcos30xxd0222EI2l23Fl72EI

665第14章超静定结构14.1复习笔记超静定结构用静力平衡方程无法确定约束反力或者内力的结构。求超静定结构的基本方法：解除多余约束，代之以多余约束反力，根据多余约束处的变形协调条件建立补充方程进行求解。用力法方程求解超静定结构的一般步骤；1．解除多余约束，并代之以约束力X1、X2、X3„，得到基本静定系统；2．列出变形协调方程；3．根据能量法确定方程中在相应力作用下引起的变形，将此物理关系代入，得到力法方程或方程组；4．在相当系统上，根据静力平衡方程求解。注意：在求解过程中，可利用结构上载荷的对称或反对称的性质来简化正则方程，以便求解。对于增加n个中间支座而产生n次超静定的n＋1跨连续梁，可列出每一个中间支座的三弯矩方程进行求解66abMl2MlMlnnn＋11n＋n－1n－1nnn＋1n＋1llnn＋114.2课后习题详解14.1用力法解题6.38，6.39和6.40。解：（1）用力法解题6.38解除支座A，代之以支反力为X1，其相当系统如图14-2-1所示。图14-2-1其力法方程为：δ11X1＋Δ1q＝0。43在已知载荷和单位载荷作用下的位移分别为：Δ1q＝－ql/（8EI），δ11＝l/（3EI）。（2）用力法解题6.39①若将横梁AB视为刚体，结构为一次静不定问题，解除支座A，代之以支反力为X1，其相当系统如图14-2-2（a）所示。其力法方程为：δ11X1＋Δ1F＝0。由静力平衡条件可得，在力F单独作用下：FN1＝F，FN2＝0。＿＿当在A点单独作用一单位力时，有：FN1＝－2，FN2＝1。则2FFlFFlFFl2l152llNiNiN1N1N2N2=i11EAEAEAEAEAEA2FFlFFlFFl2l122lFlNiN1N2=NiiN1N21FEAEAEAEAEAEA

666将以上两式代入力法方程得：X1＝2F/5。故各杆内力：FN1＝F/5，FN2＝2F/5。图14-2-2②考虑横梁变形，结构为一次静不定结构，视杆2为多余约束，将其轴力FN2代之以约束力X1，其相当系统如图14-2-2（b）所示。其力法方程为：δ11X1＋Δ1F＝0。由静力平衡条件可得，在力F单独作用下：FN1＝F，FN2＝0，M1＝M2＝0。当在B点单独作用一单位力时，有＿＿FN1＝－2，FN2＝1＿AC段：M＝x（0≤x＜a）。1＿＿BC段：M2＝x＋FN1（x－a）＝2a－x（a≤x≤2a）。故由莫尔定理可得3FNNFlMMxd5l2a11=EAEIEA3EIFFNlMMxd2Fl=N1FEAEIEA3将以上两式代入力法方程可得：X1＝－Δ1F/δ11＝6FlI/（15Il＋2aA）。333故各杆内力：FN1＝[（3Il＋2aA）/（15Il＋2aA）]·F，FN2＝[6lI/（15Il＋2aA）]·F。

667（3）用力法解题6.40图14-2-3解除拉杆内力，代之以反力X1，其相当系统如图14-2-3所示。其力法方程：δ11X1＋Δ1F＝0。其中，q单独作用下，拉杆内力FN＝0。2AB的弯矩方程：M（x）＝－qx/2，（0≤x≤4）。＿在B点单独作用一单位力时，拉杆内力FN1＝1。＿AB的弯矩方程：M（x）＝x，（0≤x≤4）。由莫尔定理得lABMMFNNFl645dxBC110EIEA3EIEA4lABMMxdFFNlql32qNABAB1F0EIEA8EIEI将以上结果代入力法方程得：32EIX16453EIEA4－63其中，查型钢表知16号工字钢的截面参数I＝1130cm，W＝141×10m，且弹性模量E＝200GPa，故可得X1＝14.5kN。32拉杆内最大正应力：ζmax＝X1/A＝14.5×10/（π/4×0.01）Pa＝185MPa。42梁内最大弯矩发生在固定端截面处，且Mmax＝14.5×4－1/2×10×4kN·m＝－22KN·m。3－6梁内最大正应力：ζ′max＝|Mmax|/W＝22×10/（141×10）Pa＝156MPa。14.2用力法解题6.35和6.41。解：（1）用力法解题6.35解除支座C，代之以支反力为X1，其相当系统如图14-2-4所示。

668图14-2-4其力法方程为：δ11X1＋Δ1F＝0。＿作出已知载荷作用下的弯矩图MF以及单位力作用细的弯矩图M1，如图14-2-5所示。图14-2-5112120.24Fl0.4l0.5l0.40.24Fl0.6l0.5l10.61FEI23230.082Fl3EI31110.125ll0.5l2/30.5l0.5l0.5l2/30.5l11EI22EIX1＝－Δ1F/δ11＝－0.224F所以FRC＝－0.224F（↓），FRB＝0.736F（↑），FRA＝0.488F（↑）。弯矩图如图14-2-6所示。图14-2-6（2）用力法解题6.41把二梁分开，将二梁之间的约束代之以一对大小相等，方向相反的力X1，如图14-2-7（a）所示。其力法方程：δ11X1＋Δ1F＝0。作结构在力F单独作用下的弯矩图，及在单位载荷作用下二梁的弯矩图，如图14-2-7（b）所示。

669图14-2-7由图乘法可得3321l1l12l121l2l22l2l1l2+11EI122434EI22243448EI148EI2321Fl1l12l1Fl11FEI112423448EI333将以上结果代入力法方程，可得：X1＝－Δ1F/δ11＝I2l1F/（I2l1＋I1l2）。333333由平衡条件可得：F1＝F－F2＝I1l2F/（I2l1＋I1l2），F2＝X1＝I2l1F/（I2l1＋I1l2）。14.3求图14-2-8所示超静定梁的两端反力。设固定端沿梁轴线的反力可以省略。

670图14-2-8解：（a）如图14-2-8（a）所示，由于梁载荷和结构对称，因此可选取梁左半部分进行研究，且根据对称性知中间断开截面上的剪力FS＝0，故只有对称约束反力：弯矩X1（设为逆时针）。其力法方程：δ11X1＋Δ1F＝0。分别作梁在已知载荷q和单位力偶矩作用下的弯矩图，如图14-2-9（a）所示，由图乘法可得＿δ11＝ωMC/（EI）＝l/（2EI）21lql31328qlMC1FEIEI48EI2代入力法方程可得：X1＝－Δ1F/δ11＝ql/24（逆时针）。根据静力平衡条件，可得两端反力2MB＝－MA＝ql/12（逆时针），FRB＝FRA＝ql/2（↑）图14-2-9

671（b）如图14-2-8（b）所示，解除B端约束，代之以反力X1，X2，则力法正则方程为XX01111221FXX02112222F分别作梁在已知载荷F和单位力及力偶矩作用下的弯矩图，如图14-2-9（b）所示，由图乘法可得3δ11＝[1/2×l×l×（2/3）×l]/（EI）＝l/（3EI）2δ21＝δ12＝（1/2×l×l×1）/（EI）＝l/（2EI）δ22＝l×1×1/（EI）＝l/（EI）22Δ1F＝[（Fa/2）×（2a/3＋b）]/EI＝－Fa（3b＋2a）/（6EI1）22Δ2F＝－[（Fa/2）×1]/EI＝－Fa/（2EI）将以上结果代入力法正则方程，可得2322X1＝Fa（l＋2b）/l，X2＝－Fba/l根据静力平衡条件，可得两端支反力2322FRA＝Fb（l＋2a）/l（↑），MA＝Fab/l（逆时针）2322FRB＝Fa（l＋2b）/l（↑），MB＝Fab/l（顺时针）14.4作图14-2-10所示刚架的弯矩图。设刚架各杆的EI皆相等。

672图14-2-10解：（a）如图14-2-11（a）所示，解除支座C多余约束，代之以支反力X1，其相当系统如图14-2-11（a）所示。则力法方程：δ11X1＋Δ1F＝0。分别作梁在已知载荷F和单位力作用下的弯矩图，如图14-2-11（a1）、（a2）所示。由图乘法可得3δ11＝1/（EI）[1/2×a×a×2/3×a＋a×a×a]＝4a/（3EI）3Δ1F＝－1/（EI）（1/2×Fa×a×a）＝－Fa/（2EI）将以上结果代入力法方程，可得：X1＝－Δ1F/δ11＝3F/8。由此可绘制刚架弯矩图，如图14-2-11（a3）所示。

673图14-2-11（2）如图14-2-11（b）所示，解除支座C端多余约束，代以反力X1，其相当系统如图14-2-11（b）所示。则力法方程：δ11X1＋Δ1F＝0。图14-2-11

674分别作出梁在已知均布载荷q和单位力作用下的弯矩图，如图14-2-11（b1），（b2）所示，由图乘法可得：324δ11＝4a/（3EI），Δ1F＝－1×（1/3×1/2×qa×a×a）/（EI）＝－qa/（6EI）。将以上各式代入力法方程，解得：X1＝qa/8。由此可绘制刚架弯矩图，如图14-2-11（b3）所示。（2）如图14-2-11（c）所示，解除铰支座A约束，代之以反力X1，X2，其相当系统如图14-2-11（c）所示，则力法方程为XX01111221FXX02112222F图14-2-11分别作梁在已知均布载荷q和单位力作用下的弯矩图，如图14-2-11（c1）、（c2）、（c3）所示，由图乘法可得MC11240011444744EIEI233EIMC11987741221EIEI2EIMC11234377722EIEI233EI

675MC11274498741FEIEI33EIMC113240198772FEIEI342EI将以上各式代入力法方程，可得：X1＝－2.32kN，X2＝12.5kN。由此可绘制刚架弯矩图，如图14-2-11（c4）所示。14.5图14-2-12所示杆系各杆的材料相同，横截面面积相等，试求各杆的内力。建议用力法求解。图14-2-12解：（a）如图14-2-12（a）所示，解除1杆约束，代之以反力X1，如图14-2-13（a）所示，则力法方程为：δ11X1＋Δ1F＝0。＿由平衡条件分别求在已知载荷作用下各杆的轴力FNi和在D点向上的单位力作用下各杆轴力FNi，如表14-2-1

676所示。表14-2-1i123＿FNi1－1/2cosα－1/2cosαFNi0F/2cosαF/2cosαlill/cosαl/cosα则有23Flll11(2cos1)Nii(12)1123EAEA4coscos2EAcosFFll1FlFlNiNii1F(2)3EAEA2cos2coscos2EAcos3将以上结果代入力法方程，可得：FNCD＝X1＝－Δ1F/δ11＝F/（1＋2cosα）（拉）。23又由静力平衡条件得：FNAD＝FNBD＝Fcosα/（1＋2cosα）（拉）。

677图14-2-13（b）如图14-2-12（b）所示，解除1杆约束，代之以反力X1，如图14-2-13（b）所示，则力法方程：δ11X1＋Δ1F＝0。

678＿同理，在已知载荷作用下各杆的轴力FNi和在D点向上的单位力作用下各杆轴力FNi，如表14-2-2所示。表14-2-2i123＿FNi1－1/2cosα－1/2cosαFNi0F/2sinα－F/2sinαlill/cosαl/cosα则有23Flll11(2cos1)Nii(12)1123EAEA4coscos2EAcosFFll11FlFlNiNii1F()0EAEA2cos2sincos2cos2sincos将以上结果代入力法方程，可得：X1＝0。故各杆轴力：FNCD＝0。又由静力平衡条件可得：FNAD＝F/2sinα（拉），FNBD＝－F/2sinα（压）。（3）如图14-2-12（c）所示，解除1杆约束，代之以反力X1，如图14-2-13（c）所示。则力法方程：δ11X1＋Δ1F＝0。＿同理，在已知载荷作用下各杆的轴力FNi和在D点向上的单位力作用下各杆轴力FNi，如表14-2-3所示。表14-2-3i123＿FNi1－sinα－cosαFNi0F0lil/cosαl/tanαl则有233FlNiill122(1cossin)11(llcossintan)EAEAcosEAcos2FFllFlsinNiNii1F0cosl0F(sin)tanlEAEAEAcos233将以上结果代入力法方程，可得：X1＝－Δ1F/δ11＝Fsinα/（1＋cosα＋sinα）。233故各杆轴力：FNAD＝X1＝Fsinα/（1＋cosα＋sinα）（拉）。333233又由平衡条件得：FNBD＝F（1＋cosα）/（1＋cosα＋sinα）（拉），FNCD＝－Fsinαcosα/（1＋cosα＋sinα）（压）。214.6在图14-2-14所示平面桁架中，所有杆件的E皆相同，CA，AB，BF三杆的横截面面积为3000mm，2其余各杆的截面面积均为1500mm。a＝6m，F＝130kN。试求AB杆的轴力。

679图14-2-14图14-2-15解：将AB杆截开，代之以反力X1，并对各杆进行编号，其相当系统如图14-2-15所示，则力法方程：δ11X1＋Δ1F＝0。首先在相当系统上只作用力F，并求出此时各杆内力FNi；其次在相当系统上只作用单位力，即令X1＝1，求＿得此时各杆内力FNi。结果如表14-2-4所示。表14-2-4i123456789102F22F2F22FFNi02F/34F/3F/3F2F/33333＿FNi0101221010li2aa2aa2a2aaaaa由莫尔定理可得

6802FlNii11EAa11222211EA2827a2EAFFNilFaNii3221FEAEA将以上各式代入力法方程，可得642XF1F111782故642FXNAB113082.8受压78214.7为改善桥式起重机大梁的刚度和强度，在图14-2-16所示大梁的下方增加预应力拉杆CD，如图（a）所示。梁的计算简图如图（b）所示。由于CC′和DD′两杆甚短，且刚度较大，其变形可以不计。试求拉杆CD因吊重P而增加的内力。图14-2-16解：将CD截开，代之以反力X1，其相当系统如图14-2-17（a）所示，则正则方程δ11X1＋Δ1P＝0设梁与拉杆的材料相同，即弹性模量均为E，记二者横截面面积分别为A和A1。首先作梁在外载荷P单独作用下的弯矩图，如图14-2-17（b）所示；其次作梁和拉杆在单位力作用下的弯矩

681和轴力图，分别如图14-2-17（c）所示。图14-2-17则有22lel11l11lell11EIEAEAEIEAEA11211LPLLlP22ePleLl1P2242222EI8EI代入正则方程，可得2X1＝Pe（2L－l）/[8I（e/I＋1/A＋1/A1）]即为拉杆增加的内力。14.8图14-2-18所示刚架的A、B两点由拉杆AB相联接，拉杆的抗拉刚度为EA。试作刚架的弯矩图。

682图14-2-18解：将杆AB截开，代之以反力X1，其相当系统如图14-2-19（a）所示，则力法方程为：δ11X1＋Δ1F＝0。首先作在F力单独作用下相当系统的弯矩图，其次作在单位力作用下的弯矩图，分别如图14-2-19（b）所示。则由图乘法可得MMsdFNNFl11=EIEA112aaaa2aaaEI23EA35aa3EIEA3MMds11125Fa=FFaaaFaa1FEIEI2236EI22将以上各式代入力法方程，可得：X1＝－Δ1F/δ11＝5FAa/（10Aa＋6I）。由此根据平衡方程可得各支反力，并作刚架弯矩图如图14-2-19（c）所示。

683图14-2-1914.9求解图14-2-20所示超静定刚架的各支座约束力。

684图14-2-20解：由图14-2-20可知，该刚架为三次静不定结构，则解除固定支座B端约束力，代之以反力X1、X2、X3，其相当系统如图14-2-21（a）所示。图14-2-21（a）则力法正则方程XXX01111221331FXXX02112222332FXXX03113223333F首先作相当系统在F单独作用下的弯矩图，其次作相当系统分别在X1＝1、X2＝1、X3＝1状态下的弯矩图，如图14-2-21（b）所示。

685图14-2-21（b）由图乘法可得＿3δ11＝ωMC/（EI）＝（1×2a×2a/2）·（2×2a/3）/（EI）＝8a/（3EI）3δ12＝δ21＝（1×2a×2a/2）×a/（EI）＝2a/（EI）2δ13＝δ31＝（1×2a×2a/2）×1/（EI）＝2a/（EI）3δ22＝[（2a×a）×a＋（a×a/2）×2a/3]/（EI）＝7a/（3EI）2δ23＝δ32＝[（a×a/2）×1＋（2a×a）×1]/（EI）＝5a/（2EI）＿δ33＝∑[ωMC/（EI）]＝（a×1×1＋2a×1×1）/（EI）＝3a/（EI）3Δ1F＝（－1×Fa×a/2）×（5×2a/6）/（EI）＝－5Fa/（6EI）3Δ2F＝（－1×Fa×a/2）×a/（EI）＝－Fa/（2EI）2Δ3F＝（－1×Fa×a/2）×1/（EI）＝－Fa/（2EI）将以上结果代入正则方程，可得X1＝7F/16（向上），X2＝F/4（向左），X3＝Fa/12（逆时针）14.10链条的一环及受力情况如图14-2-22所示。试求环内最大弯矩。图14-2-22图14-2-23

686解：由图14-2-22可知，该刚架为三次静不定结构。如图14-2-23示，根据对称性，沿纵向对称轴断开，则截面上的轴力：FN＝F/2，仅弯矩未知，代之以反力X1，则简化为一次静不定，其力法方程：δ11X1＋Δ1F＝0。则相当系统分别在载荷F和单位力单独作用下的弯矩方程：＿AB段：M（x）＝0，M（x）＝1；＿BC段：M（θ）＝－FR（1－cosθ）/2，M（θ）＝1。由莫尔定理可得22222a=1Rd1dxRa11EI00EI222FRFR=21cos1Rd11F0EI22EI将以上结果代入正则方程，可得2X1＝－Δ1F/δ11＝FR（π－2）/[2（2a＋πR）]环内最大弯矩发生在截面C，值为Mmax＝X1－FR/2＝FR[（R＋a）/（πR＋2a）]14.11压力机机身或轧钢机机架可以简化成封闭的矩形刚架，如图14-2-24所示。设刚架横梁的抗弯刚度为EI1，立柱的抗弯刚度为EI2。作刚架的弯矩图。图14-2-24解：由于结构与载荷均对称，取1/4刚架进行分析。A截面只有弯矩未知，代之以X1，其相当系统如图14-2-25（a）所示。

687图14-2-25力法正则方程为：δ11X1＋Δ1F＝0。首先作基本静定系统在外载荷F/2单独作用下的弯矩图，其次作相当系统在X1＝1单位载荷作用下的弯矩图，分别如图14-2-25（b）所示。由图乘法可得：11l1l2l1l2=111111EI12EI222EI12EI2211Fl1l11Fl1l2Fl1Fll12=111FEI1242EI24216EI18EI2

688将以上结果代入正则方程，可得X1＝Δ1F/δ11＝－Fl1（l1l2＋2l2l1）/[8（l1l2＋l2l1）]（顺时针）综上，可作刚架弯矩图，如图14-2-25（c）所示，最大弯矩为X1＝－Fl1[1＋l2l1/（l1l2＋l2l1）]/814.12如图14-2-26所示，折杆截面为圆形，直径d＝20mm。a＝0.2m，l＝1m，F＝650N，E＝200GPa，G＝80GPa。试求F力作用点的铅垂位移。图14-2-26图14-2-27解：由结构和载荷的对称性，将杆沿对称面断开，如图14-2-27所示，截面E处仅有载荷F/2，截面上的未知弯矩代之以X1。则力法正则方程：δ11X1＋Δ1F＝0。则相当系统分别在载荷F/2和单位力单独作用下的弯矩及扭矩方程：＿＿EB段：M1＝－Fx1/2，M1＝1；T1＝0，T1＝0；＿＿BC段：M2＝－Fx2/2，M2＝0；T2＝Fl/4，T2＝－1。由莫尔定理可得

689222211M1T1aaM2T225la=22dxdxdxdx110EI10GI10EI20GI24EIpp11MM1TT1aaMM2TT2=221dx1dx2dx2dx1F01010202EIGIEIGIppFlla516EI其中，GIp＝80E·2I/200＝4EI/5。将以上结果代入正则方程，可得：X1＝－Δ1F/δ11＝Fl1（l＋5a）/[4（2l＋5a）]。故可列出BE段与BC段在载荷F/2、X共同作用下和E点竖直向下单位力作用下的弯矩及扭矩方程M1＝－Fx1/2＋X1，T1＝0M2＝－Fx2/2，T2＝Fl/4－X1＿＿M1＝－x1/2＋l（l＋5a）/[4（2l＋5a）]，T1＝0＿＿2M2＝－x2/2，T2＝l/[4（2l＋5a）]由莫尔积分求E点铅垂位移MMTTddssEssEIGIpl22FFxll5aa2xX1dxx1112EI002242l5aEI2212aFllxddxXx22122GI0442l5ap2Fl31l5ala5Fa35Fla42216EI32l5a2l5a6EI32EI2l5a解得：ωE＝4.86mm。14.13车床夹具如图14-2-28所示，EI已知。试求夹具A截面上的弯矩。

690图14-2-28图14-2-29解：由结构和载荷的对称性，把结构从对称面AB切开，取一半为静定基进行分析，如图14-2-29所示。记多余约束力为X1，X2，则力法正则方程为XX01111221FXX02112222F结构分别在外载荷及其单位力、单位力偶矩单独作用下的弯矩方程FRπMFFRsin60sin3cos,π23＿＿M1＝R（1－cosθ），M2＝1，（0≤θ≤π）则由莫尔定理可得313π2πRMRd1101EI2EI

69121ππRMMR12d12210EIEI1π2πRMRd2202EIEI231πFRπFR1FFMMR1dπsin3cos1cosd2.4EI02EIEI22313πFRπFR22FFMMRdπsin3cosdEI022EIEI2将以上结果代入正则方程，可得：X1＝0.577F，X2＝－0.099FR。即作用在夹具A截面上的弯矩：MA＝0.099FR（顺时针）。14.14沿圆环的水平和竖直直径各作用一对F力，如图14-2-30所示，试求圆环横截面上的内力。图14-2-30

692图14-2-31解：由结构和载荷对称性，取1/4圆环研究，将未知弯矩记为X1，相当系统如图14-2-31所示，则力法方程：δ11X1＋Δ1F＝0。列出圆环分别在外载荷和单位力作用下的弯矩方程＿M＝F[－asinθ＋a（1－cosθ）]/2，M＝1则由莫尔定理可得π2Maπ2ad110EI2EI21Fa2MMad21F0EI22EI将以上结果代入正则方程，可得：X1＝Fa（2/π－1/2）。通过平衡方程，可得任意截面的内力FN（θ）＝（F/2）（sinθ＋cosθ）FS（θ）＝（F/2）（cosθ－sinθ）M（θ）＝Fa[2/π－（sinθ＋cosθ）/2]14.15求解图14-2-32所示超静定刚架几何对称面上的内力。

693图14-2-32解：利用反对称性质，取左半部分进行分析。去掉多余约束，代之以约束反力X1，相当系统如图14-2-33（a）所示，则正则方程：δ11X1＋Δ1F＝0。分别作静定基在外载荷及单位载荷单独作用下结构的弯矩图，如图14-2-33（b）所示。则由图乘法可得311aa2aaa7aa11EI222322224EI311aFaFaa1FEI224EI将以上结果代入正则方程，可得：X1＝－Δ1F/δ11＝6F/7。由此根据静力平衡条件可求得固定端处各支反力。图14-2-33

69414.16图14-2-34所示刚架几何上以C为对称中心。试证明截面C上的轴力及剪力皆等于零。图14-2-34证明：将结构从反对称中心C处截开，轴力、剪力、弯矩分别用X1，X2，X3表示，可得基本相当系统如图14-2-35（a）所示。图14-2-35则力法正则方程XXX01111221331FXXX02112222332FXXX03113223333F分别作静定基在外载荷以及单位载荷单独作用下刚架的弯矩图，如图14-2-35（b）、（c）、（d）、（e）所示。由图乘法可得δ13＝δ31＝δ23＝δ32＝0

695Δ1F＝Δ2F＝031bb22bb211EI233EI21babab21221EI2EI322a22a6abaabaa22EI233EI12ab33ab2EIEI322122a1qa3qabqa11qab3FEI2323EI故正则方程简化为322bX1/3＋abX2＝0①232abX1＋（2a/3＋2ba）X2＝0②322（a＋b）X3－qa/3－qab＝0③其中，式①②为关于X1，X2的齐次方程组，计算可知其系数行列式不等于零，则该齐次方程组必有零解，X1＝X2＝0，即轴力和剪力都为零。命题得证。14.17用三弯矩方程求解题6.35。说明：本题应该是求解题6.35，而不是题6.34，教材有误。解：支座编号如图14-2-36（a）所示，l1＝l，l2＝0.5l。静定基的每个跨度都是简支梁，各简支梁在外载荷作用下的弯矩图如图14-2-36（b）所示。

696图14-2-362则弯矩图面积：ω1＝l×0.24Fl/2＝0.12Fl，ω2＝0。其形心位置：a1＝（l＋0.4l）/3＝1.4l/3，a2＝0，b2＝0。其中，M0＝M2＝0。则当n＝1时，Mn－1＝M0＝0，Mn＝M1，Mn＋1＝M2＝0。ln＝l1＝l，ln＋1＝l2＝0.5l，an＝a1＝1.4l/3，bn＋1＝b2＝0代入公式得：2M1×1.5l＝－6×0.12Fl×1.4l/（3×l）＝－0.336Fl。解得：M1＝－0.112Fl。由静力平衡条件，可得FRA＝FR0＝0.488F（↑）FRC＝FR2＝0.224F（↓）FRBFRFR0.736F11轴的弯矩图如图14-2-36（c）所示。14.18等截面连续梁上，载荷如图14-2-37所示。已知[ζ]＝160MPa。试选择适用的工字梁型号。图14-2-37解：支座编号如图14-2-38（a）所示，l1＝8m，l2＝4m，l3＝8m，静定基的每个跨度都是简支梁，各简支梁在外载荷作用下的弯矩图如图14-2-38（b）所示。

697图14-2-38则弯矩图面积22ω1＝1/2×2×80×2＋80×4kN·m＝480kN·mω2＝022ω3＝2/3×8×80kN·m＝1280/3kN·m其形心位置：a1＝4m，b3＝4m。又M0＝0，M3＝－10kN·m。则当n＝1时，Mn－1＝M0＝0，Mn＝M1，Mn＋1＝M2，ln＝l1＝8m，ln＋1＝l2＝4m。代入公式得：6M1＋M2＝360kN·m①当n＝2时，Mn－1＝M1，Mn＝M2，Mn＋1＝M3＝－10kN·m，ln＝l2＝4m。代入公式得：M1＋6M2＝－300kN·m②联立式①②可得：M1＝－53.14kN·m，M2＝－41.14kN·m。综上，根据平衡条件可得各支座反力FRA＝33.4kN，FRB＝48.6kN，FBC＝42.3kN，FRD＝35.7kN由此可作梁的弯矩图，如图14-2-38（c）所示，梁上最大弯矩：Mmax＝66.8kN·m。3633根据强度条件ζ＝Mmax/W≤[ζ]，可得：W≥Mmax/[ζ]＝66.8×10/160×10m＝418cm。3查型钢表，选取No.25b工字钢，W＝423cm，满足强度要求。14.19若连续梁的一端固定，将怎样使用三弯矩方程？

698图14-2-39解：如图14-2-39（a）所示，设将梁的右端固定，并将右端固定的跨度记为ln。ln内只作用外载荷时，梁的弯矩图如图14-2-39（c）所示，其中an为弯矩图面积ωn的形心到左端支座的距离。则支座n截面的转角Δn＝Xn－1ln/（6EI）＋Xnln/（3EI）＋ωnan/（EIln）支座n原为固定端，则有：Δn＝0。于是上式可化简为Xn－1ln＋2Xnln＝－6ωnan/ln此即为右端固定增加的方程式。图14-2-39（b）所示为假象的从支座n向右延伸一个虚拟的跨度ln＋1，对ln，ln＋1写出三弯矩方程，并使ln＋1趋于零，也可得到上述方程式。14.20在有三个轴承的轴上，载荷如图14-2-40（a）所示。试求轴在支座1截面上的弯矩M1。图14-2-40解：将跨度l1、l2分别作为简支梁，则外载荷引起的弯矩图如图14-2-40（b）所示。两者的静矩分别为

699aaa1111111MM21ldeedddldld1d112ll11323Me22ld161Fel2()2el2eFe222bl()le22222l362左端外伸部分弯矩M0＝－F0c。代入三弯矩方程，得222266Ml(3d)Fel()eFcl20Mllle122011122ll6612解得221Me22Fel22()eMFcl(l3d)10112(ll)ll121214.21作图14-2-41所示各梁的剪力图和弯矩图。设EI为常量。图14-2-41解：（1）如图14-2-41（a）所示支座编号如图14-2-42（a1）所示，l1＝6m，l2＝10m，l3＝5m，静定基的每个跨度都是简支梁，各简支梁在外载荷作用下的弯矩图如图14-2-42（a2）所示。

700图14-2-4222则弯矩图面积：ω1＝（2/3×36×6）N·m＝144N·m33ω2a2＝ω2′a2′＋ω2″a2″＝1/2×30×10×（10＋2.5）/3＋1/2×60×10×（10＋5）/3N·m＝2125N·m33ω2b2＝（ω2′＋ω2″）b2－ω2a2＝（1/2×30×10＋1/2×60×10）×10－2125N·m＝2375N·mω3＝0其形心位置：a1＝3m。由三弯矩方程，对l1，l2有Mn－1ln＋2Mn（ln＋ln＋1）＋Mn＋1ln＋1＝－6ωnan/ln－6ωn＋1bn＋1/ln＋1其中，当n＝1时，M0＝MA＝－20×2.5N·m＝－50N·m，有M0l1＋2M1（l1＋l2）＋M2l2＝－6ω1a1/l1－6ω2b2/l2代入数据整理得32M1＋10M2＝－1557①当n＝2时，有M1l2＋2M2（l2＋l3）＋M3l3＝－6ω2a2/l2－6ω3b3/l3代入数据整理得M1＋3M2＝－127.5②联立式①②可得：M1＝－39.5N·m，M2＝－29.3N·m综上，由平衡条件可得各支座反力

701FRA＝45.7kN（↑），FRB＝47.3kN（↑），FRC＝20.9kN（↑），FRD＝5.86kN（↓）由此作剪力图和弯矩图，如图14-2-42（a3）所示。（2）如图14-2-41（b）所示基本静定系统为一个跨度的简支梁，支座编号如图14-2-42（b1）所示，则有M0＝MA，M1＝MB＝－Fl/4。图14-2-42由于AB梁上无外载荷，故有：ω1b1＝0。代入三弯矩方程可得：2M0l＋M1l＝0。解得：M0＝MA＝－M0/2＝Fl/8。由平衡条件可得支座反力FRA＝3F/8（↓），FRB＝11F/8（↑）由此作剪力图和弯矩图，如图14-2-42（b2）所示。（3）如图14-2-41（c）所示将结构在E处断开，则AE段为静平衡。由平衡条件得：FRA＝FRE＝qa/2。将ED段各支座编号，如图14-2-42（c1）所示，则有：l1＝3a，l2＝3a。各简支梁在外载荷作用下的弯矩图如图14-2-42（c2）所示。22则弯矩图面积：ω1＝0，ω2＝1/2×3a×2qa/3＝qa。其形心位置：b2＝（3a＋2a）/3＝5a/3。

702图14-2-42由三弯矩方程Mn－1ln＋2Mn（ln＋ln＋1）＋Mn＋1ln＋1＝－6ωnan/ln－6ωn＋1bn＋1/ln＋1其中，n＝1时，有M0l1＋2M1（l1＋l2）＋M2l2＝－6ω1a1/l1－6ω2b2/l2。22M0＝MB＝－qa/2－qa·a/2＝－qa，M2＝02代入数据整理得：M1＝－qa/36。综上，由平衡条件可得各支座反力FRB＝197qa/108（↑），FRC＝38qa/108（↑），FRD＝35qa/108（↑）由此作剪力图和弯矩图，如图14-2-42（c3）所示。（4）如图14-2-41（d）所示基本静定系统每个跨度均为简支梁，如图14-2-42（d1）所示，l1＝4m，l2＝4m。各简支梁在外载荷作用下的弯矩图，如图14-2-42（d2）所示。

703图14-2-42则各弯矩图面积33333ω1a1＝ω1′a1′＋ω1″a1″＝1/2×2.5×10×1×2/3－1/2×7.5×10×3×（1＋3/3）N·m＝－21.7×10N·m3333ω2a2＝ω2b2＝2/3×10×10×4×2N·m＝53.3×10N·m333其中，M0＝MA＝－5×10×2＝－10×10N·m，M1＝MB，M2＝MC。当n＝1时，有M0l1＋2M1（l1＋l2）＋M2l2＝－6ω1a1/l1－6ω2b2/l2。代入数据整理得：4M1＋M2＝－15/8①当n＝2时，有M1l2＋2M2（l2＋l3）＋M3l3＝－6ω2a2/l2－6ω3b3/l3代入数据整理得：M1＋2M2＝－20②联立式①②可得33M1＝MB＝2.32×10N·m，M2＝MC＝－11.16×10N·m综上，由平衡条件可得各支座反力333FRA＝10.6×10N（↑），FRB＝1.05×10N（↑），FRC＝13.4×10N（↑）由此作剪力图、弯矩图，如图14-2-42（d3）所示。14.22车床的主轴简化成直径为d＝90mm的等截面当量轴，该轴有三个轴承，在垂直平面内的受力情况如图14-2-43所示。Fb和Fz分别是传动力和切削力简化到轴线上的分力，且Fb＝3.9kN，Fz＝2.64kN。若E＝200GPa，试求D点的挠度。

704图14-2-43图14-2-44解：把跨度l1和l2作为简支梁，并对支座进行编号，可得：l1＝0.29m，l2＝0.295m，M0＝MA＝0，M1＝MB，M2＝MC＝Fz×0.2＝528N·m。作该系统在外载荷作用下的弯矩图，如图14-2-44所示。则弯矩图面积和形心位置：ω1a1＝0。22ω2＝－1/2×0.2469×0.295kN·m＝－0.03642kN·mb2＝（0.295＋0.092）/3m＝0.129m将以上结果代入三弯矩方程得：2M1（0.29＋0.295）＋528×0.295＝－6×4.7/0.295。解得：M1＝MB＝－215N·m。查表，根据叠加原理可得C截面转角MlB2MlC2Fablb2aC6EI3EI6EIl212150.2955280.29539000.2030.092(0.2950.203)EI6360.29520.9EI494252其中，EI＝E×πd/64＝200×10×π×0.09/64N·m＝6.44×10N·m则D点挠度3535ωD＝θC×0.2＋Fz×0.2/（3EI）＝20.9/（6.44×10）×0.2＋2640×0.2/（3×6.44×10）m＝0.0174mm（向上）14.3名校考研真题详解一、选择题如图14-3-1所示的平面钢架，承受载荷F作用，其静不定度为（）。[北京航空航天大学2015研]A．四度静不定B．三度静不定C．两度静不定

705D．一度静不定图14-3-1【答案】B二、填空题1．如图14-3-2所示的小曲率圆环的静不定度为______，圆环半径为R，弯曲刚度EI为常数，在均布切向载2荷q和外力偶M＝2πRq的作用下平衡。在此外力下，A、B梁截面的相对位移为______。[北京航空航天大学2013研]图14-3-242【答案】3；[（qR）/（EI）]（π/2－2）【解析】易知静不定度为3。整个结构关于AB轴对称，载荷关于AB轴反对称。假想B点不动。视为固支，A截面的内力只有反对称的剪力，设为FA。而且A截面相对于B截面只有水平方向的位移，没有竖直方向的位移。取一半结构作为研究对象，其结构与原结构等效，如图14-3-3。

706图14-3-3则角度为θ的截面上的弯矩为MMqFMAqR1cosRdFRAsin02qRsinFRAsin在A处施加竖直向上的单位载荷，如图14-3-4，则在角度为θ的截面上的弯矩为＿M（θ）＝Rsinθ根据莫尔积分1AyMMdxEIl12qRsinFRAsinRsinRdEI03RqRFA02EI所以FA＝qR（↓）。

707图14-3-4图14-3-5＿在A处施加一个水平向右的单位载荷，如图14-3-5，则在角度为θ的界面上的弯矩为：M（θ）＝R（1－cosθ）。根据莫尔积分

7081AxMMdxEIl12qRsinFRAsinR1cosRdEI0122qRsinqRsinR1cosRdEI04qR2sin1cosdEI042qR2EI242所以A和B截面的相对位移为[（qR）/（EI）]（π/2－2）。2．如图14-3-6所示钢架，承受载荷F作用，各截面的弯曲刚度均为EI，支座B的水平反力FBx＝______，方向为______，钢架的最大弯矩为______。[北京航空航天大学2014研]图14-3-6【答案】F/2；x负方向；Fa/4【解析】整个结构关于过C截面的右下斜轴对冲，载荷反对称，所以C截面只有反对称的剪力，设为FC，分解为FCx与FCy，且FCx＝FCy。BC部分受力图如图14-3-7所示。则有图14-3-7

709∑MB＝0，F·a/2－FCx·a＝0∑Fx＝0，FBx＋F－FCx＝0所以FCx＝FCy＝F/2（←），FBx＝－F/2（←）。钢架内最大弯矩出现在集中力处的截面，大小为Mmax＝FRx·a/2＝Fa/4。3．如图14-3-8所示的正方形平面钢架，边长为a，弯曲刚度为EI，其静不定度数为______；若在该钢架的AB变和CD边中点作用一对压力，在AD边和BC边中点作用一对拉力，大小均为F，则该钢架AB边中间截面E处的弯矩大小为______。[北京航空航天大学2016研]图14-3-8【答案】3；Fa/4【解析】该钢架的静不定数为3。图14-3-9假象将钢架沿着对角线BD切开，考虑到作用在系统的载荷为反对称，而结构又是对称结构，所以在B、D截面处只存在反对称载荷，即只有剪力，且剪力方向沿着BD方向。根据平衡条件∑Fx＝0，∑Fy＝0易求得B处剪力大小为2FFFSBSD2

710所以截面E处的弯矩为211MEFaFaSB224三、计算题1．如图14-3-10所示门形左右对称钢架，下端固定，高a，宽2a，抗弯刚度EI，B点位于对称截面处。求A点的约束反力和B点的位移（忽略剪力和轴力对变形的影响，要求用到单位荷载法）。[中国科学技术大学2016研]图14-3-10解：结构对称，载荷反对称，所以在截面B处内力只有反对称的剪力。假象将结构沿B截面截开，代替以剪力FB。如图14-3-11所示。图14-3-11则结构的弯矩为2M（x1）＝FB·x1－（1/2）qx1（0≤x1≤a）2M（x2）＝FB·a－（1/2）qa－qax2（0≤x2≤a）在B处施加一个竖直向上的单位载荷1，如图14-3-12所示，则结构弯矩为

711＿M（x1）＝x1（0≤x1≤a）＿M（x2）＝a（0≤x2≤a）因为对称结构与反对称载荷，所以B截面的竖直方向位移为零，则有Mx1Mx1Mx2Mx2ddxxBy12llEIEI1122FxqxxFaqaqaxaBB1112aa22ddxx1200EIEI3a49Fqa0BEI38所以FB＝27qa/32（↑）。图14-3-12图14-3-13在截面B处施加一水平方向的单位载荷1，如图14-3-13，则结构弯矩为＿M（x1）＝0（0≤x1≤a）

712＿M（x2）＝－x2（0≤x2≤a）所以，B截面的水平位移为Mx1Mx1Mx2Mx2ddxxBx12llEIEI1122FxBB1qx10Faqaqax2x2aa22ddxx1200EIEI3a71qaFBEI122431qa192EI由图14-3-11所示结构的平衡方程可知∑Fx＝0，qa－FAx＝0∑Fy＝0，FAx＋FB－qa＝0∑M（A）＝0，MA＋FB·a－qa·a－qa·a/2＝02解得FAx＝qa（←），FAy＝5qa/32（↑），MA＝21qa/32（左侧受拉或逆时针）。2．图14-3-14所示超静定结构，已知EI＝常数，FP＝7kN，l＝3m。用力法求解图示结构，并作弯矩图。[南京航空航天大学2017研]解：将结构右侧简支支座处断开，代之以方向向上的虚设的单位力X＝1，并作此时荷载FP作用下的MP图＿以及虚设力作用下的M图，如图14-3-15所示。图14-3-15由变形协调条件Δ1P＋X1δ11＝0。3Δ1F＝（（－1/2）×2l×2FPl×l）/（EI）＝－2FPl/（EI）3δ11＝[1/2×l×l×（2/3）l＋2l×l×l]/（EI）＝7l/（3EI）代入力法方程，得33－2FPl/（EI）＋7l/（3EI）＝0X1＝6FP/7

713则结构弯矩如图14-3-16所示图14-3-16

714第15章平面曲杆15.1复习笔记一、曲杆纯弯曲时的正应力轴线为曲线的曲杆，其横截面有对称轴，曲杆轴线在纵向对称面内为平面曲线，则称为平面曲杆。平面曲杆对称弯曲时，荷载作用于纵向对称面内，变形后曲杆轴线仍在纵向对面内。曲杆的纯弯曲是指在曲杆的纵向对称面内，两端作用大小相等、方向相反的两个弯曲力偶矩。1．小曲率曲杆当曲杆轴线曲率半径R0与截面形心到截面内侧边缘的距离c的比值R0/c＞10时，属于小曲率曲杆，其正应力可近似的用直梁公式ζ＝My/Iz计算。2．大曲率曲杆当R0/c≤10时，为大曲率曲杆，可应用公式ζ＝My/Sρ计算其正应力。3．中性层曲率半径的确定（1）矩形截面AhrdAR1lnAR2（2）梯形与三角形截面1()bbhA212rdAbRbRR2112ln1(bb)A21hR2三角形截面中，b1＝0，b2＝b。（3）圆形截面2dr224(2R4Rd)00（4）组合截面nAii1rndAAii1（5）对于截面形状不易积分的曲杆，可将截面划分为若干个平行于中性轴的狭长矩形近似求解，中性层曲率半径表示为

715AirAii二、曲杆的变形计算曲杆的变形可用能量法计算。在求得变形能后，利用卡氏定理进行变形的计算。1．小曲率曲杆小曲率曲杆的变形可忽略轴力与剪力对应的应变能，因此，变形能的计算与直梁相同，表达式为2MsdVs2EI2．大曲率曲杆应考虑轴力与剪力对应的应变能，此时曲杆应变能的表达式为222MMFFkFVsNNSds2ESREAR2EA2GA0015.2课后习题详解15.1压力机机架如图15-2-1所示，半径R0＝80mm，横截面为矩形。压力机的最大压力F＝8kN。试计算其横截面上的最大正应力。图15-2-1解：由图15-2-1可知，截面形心到截面内侧边缘的距离c＝80/2＝40mm，则有R0/c＝80/40＝2＜10，因此图15-2-1所示机架为大曲率杆。曲杆最外缘和最内缘纤维的曲率半径分别为R1＝R0＋40＝120mm，R2＝R0－40＝40mm中性层的曲率半径为

716Ah80rmm72.8mmdAR120ln1lnA40R2故截面面积对中性轴的静矩为－93－53S＝A（R0－r）＝80×30×（80－72.8）×10m＝1.73×10m最大拉应力发生在截面离曲率中心最近的内侧边缘，即MyF1tmaxSRA2810325010332.81038103Pa5361.7310401080301098.1MPa最大压应力发生在外侧边缘，即MyF2cmaxSRA13338102501047.2108103Pa1.73105120103803010642.2MPa15.2矩形截面曲杆受纯弯曲，弯矩M＝600N·m，曲杆最外层和最内层纤维的曲率半径分别为R1＝70mm，R2＝30mm，截面宽度b＝20mm。试计算曲杆最内层和最外层纤维的应力，并与按直梁公式计算的结果相比较。解：已知R1＝70mm＝7cm，R2＝30mm＝3cm，b＝20mm＝2cm。根据题意，矩形截面的h＝R1－R2＝7－3cm＝4cm。轴线曲率半径：R0＝（R1＋R2）/2＝（7＋3）/2cm＝5cm。则c＝h/2＝4/2＝2cm，R0/c＝5/2＝2.5＜10，为大曲率杆。中性层曲率半径h4rcm4.72cmR17lnlnR32故截面对中性轴的静矩－63－63S＝A（R0－r）＝2×4×（5－4.72）10m＝2.24×10m由曲杆正应力公式ζ＝My/Sρ可得，曲杆最内层纤维的应力2My160034.7210Pa内62S2.2410310126001.7210Pa153.6MPa86.7210最外层纤维的应力

7172My260074.7210Pa外62S2.2410710226002.2810Pa87.24MPa815.6810由直梁正应力公式ζmax＝M/W可得2－6ζmax＝600×6/（2×4×10）Pa＝112.5MPa两者误差比较（ζ内－ζmax）/ζ内＝（153.6－112.5）/153.6＝26.8%（ζ外－ζmax）/ζ外＝（87.24－112.5）/87.24＝－29%15.3作用于图15-2-2所示开口圆环外周上的均布压力p＝4MPa，圆环的尺寸为R1＝40mm，R2＝10mm，b＝5mm。试求其横截面上的最大正应力。图15-2-2解：已知R1＝40mm＝4cm，R2＝10mm＝1cm，b＝5mm＝0.5cm。根据题意，矩形截面的h＝R1－R2＝4－1cm＝3cm。轴线曲率半径：R0＝（R1＋R2）/2＝（4＋1）/2cm＝2.5cm。则c＝h/2＝1.5cm，R0/c＝2.5/1.5＝1.67＜10，为大曲率杆。中性层曲率半径h3rcm2.16cmR4ln1lnR12故截面对中性轴的静矩－63－73S＝bh（R0－r）＝0.5×3×（2.5－2.16）×10m＝5.10×10m在均布压力作用下的合力6－4P＝pA＝p×2R1b＝4×10×2×4×0.5×10N＝1.6kN3－2作用在横截面上的弯矩：M＝PR0＝1.6×10×2.5×10N·m＝40N·m。最大拉应力发生在离曲率中心最近的内侧边缘上，因此

718PMrR2maxbhSR2321.610402.16110Pa4720.53105.1010110101.6MPa15.4设y为曲杆横截面的对称轴，仿照第Ⅰ册附录Ⅰ中证明对称截面惯性积Iyz等于零的方法（教材§Ⅰ.3），证明yzd0AA图15-2-3证明：曲杆横截面形状如图15-2-3所示，且设图形关于y轴对称。在y轴两侧对称位置，各取一微面积dA，两部分y坐标相同，z坐标数值相等但符号相反，因而两个微面积与y、z和1/ρ的乘积数值相等但符号相反，积分为0。故微面积与坐标y、z以及1/ρ的乘积都两两抵消，则有yzd0AA命题得证。15.5横截面为梯形的吊钩，起重量为F＝100kN，如图15-2-4所示。吊钩的尺寸是：R1＝200mm，R2＝80mm，b1＝30mm，b2＝80mm。试计算危险截面m-m上的最大拉应力。

719图15-2-4解：已知R1＝200mm＝20cm，R2＝80mm＝8cm，b1＝30mm＝3cm，b2＝80mm＝8cm。根据题意，梯形截面的h＝R1－R2＝20－8cm＝12cm。轴线曲率半径R222b2b1R1b1b2R03bb12828320238cm33813.1cm则c＝R0－R2＝13.1－8cm＝5.1cm，R0/c＝13.1/5.1＝2.57＜10，为大曲率杆。中性层曲率半径1b12bh2rbRbRR2112ln1bb21hR2138122cm8203820ln8312812.26cm故截面对中性轴的静矩为

7201SAR0rb1b2hR0r213381213.112.26cm2535.5510m3－53S＝A（R0－r）＝（b1＋b2）·h·（R0－r）/2＝（3＋8）×12×（13.1－12.26）/2cm＝5.55×10mm-m截面离曲率中心最近的内侧边缘拉应力最大，值为PMy2FFRr02RmaxASb1bh2SR233222100101001013.11012.26810Pa38121045.551058102140.8MPa15.6图15-2-5所示圆环的内径D2＝120mm，圆环的横截面为直径d＝80mm的圆形，压力F＝20kN。求A，B两点的正应力。图15-2-5解：已知D2＝120mm＝12cm，d＝80mm＝8cm。根据题意，圆环最外缘和最内缘纤维的曲率半径分别为R1＝D2/2＋d＝12/2＋8cm＝14cm，R2＝D2/2＝12/2cm＝6cm轴线曲率半径R0＝（d＋D2）/2＝（8＋12）/2cm＝10cm则c＝d/2＝8/2cm＝4cm，R0/c＝10/4＝2.5＜10，为大曲率杆。环形中性层的曲率半径为22d8rcm9.58cm222242R004Rd42104108故截面面积对中性轴的静矩为

721SAeAR0rπ2dR0r4π238109.58cm4532.1110m则所求应力My1FFFRR01rASASRA11322320101010149.58102010Pa2.1110521410π20.08426.1MPaMy2FFFRr02RBSASRA223223201010109.586102010Pa2.111052610π20.08460.9MPa15.7T形截面的曲杆如图15-2-6所示。设F＝450N，l＝700mm，R＝200mm。试绘出截面m-m上的应力分布图。

722图15-2-6解：已知l＝700mm＝70cm，R＝200mm＝20cm。截面形心到截面内侧边缘的距离c＝（100×40×20＋100×40×90）/（2×100×40）cm＝5.5cm则T截面可看作是两个矩形组成的截面，其上纤维的曲率半径分别为R1＝20cm，R2＝R1－14cm＝6cm，R3＝20－10cm＝10cm轴线曲率半径：R0＝R2＋c＝6＋5.5cm＝11.5cm。则R0/c＝11.5/5.5＝2.1＜10，为大曲率杆。又两矩形截面：b2＝4cm，b3＝10cm，h2＝10cm，h3＝4cm。32－32面积：A＝2×100×40＝8×10mm＝8×10m。故曲杆中性层曲率半径bhbh+r2233RRbbln1ln323RR32410104cm20104ln10ln10610.15cmFFlR02rR内AAR02rR24504500.70.11510.15610Pa332281081011.510.15106102.41MPa

723FMR1r外ASR124504500.70.1152010.1510Pa8103810311.510.15102201021.61MPa该截面的应力分布如图15-2-7所示。图15-2-715.8图15-2-8所示曲杆的横截面为空心正方形，外边边长a＝25mm，里边边长b＝15mm，最内层纤维的曲率半径R＝12.5mm，弯矩为M。另外一直杆的横截面形状与上述曲杆相同，弯矩相等。试求曲杆和直杆最大正应力之比。图15-2-8解：已知a＝25mm＝2.5cm，b＝15mm＝1.5cm，R＝12.5mm＝1.25cm。（1）按曲杆公式计算将已知横截面看作是三部分面积的叠加，则有R1＝R＋a＝1.25＋2.5＝3.75cmR2＝R＝1.25cmR3＝R＋（a＋b）/2＝1.25＋（2.5＋1.5）/2cm＝3.25cmR4＝R＋a/2－b/2＝1.25＋2.5/2－1.5/2cm＝1.75cm轴线曲率半径：R0＝R＋a/2＝1.25＋2.5/2＝2.5cm。由组合截面计算公式，可得曲杆中性层的曲率半径

724nAibhbhbhri1112233nARRRd143blnblnbln123AiRRRi13422.50.511.52.50.5cm3.753.251.752.5lnln2.5ln3.251.751.252.2cm故截面面积对中性轴的静矩222233S＝Ae＝A（R0－r）＝（a－b）（R0－r）＝（2.5－1.5）×（2.5－2.2）cm＝1.2cm曲杆的最大正应力[ζ曲]max＝My/（Sρ）＝M（r－R2）/（SR2）＝M（2.2－1.25）/（1.2×1.25）＝0.633M（2）按直杆计算444444横截面对中性轴的惯性矩：I＝a/12－b/12＝2.5/12－1.5/12cm＝2.83cm。33则截面弯曲系数：W＝2I/a＝2×2.83/2.5cm＝2.27cm。故由公式可得：[ζ直]max＝M/W＝M/2.27＝0.44M。两者进行比较：[ζ曲]max/[ζ直]max＝0.633M/（0.44M）＝1.44。15.9图15-2-9所示由钢制成的小钩，d＝10mm，δ＝5mm，b＝25mm，材料的弹性极限为350MPa。试问载荷F为多大时，小钩开始出现塑性变形。图15-2-9解：根据题意，轴线曲率半径：R0＝（d＋δ）/2＝（10＋5）/2mm＝7.5mm。将小钩看作圆环，其最外缘和最内缘纤维的曲率半径分别为R1＝d/2＋δ＝10/2＋5mm＝10mm，R2＝d/2＝5mm则R0/c＝R0/（R0－R2）＝7.5/2.5＝3＜10，为大曲率杆。曲杆中性层曲率半径为

7255rmm7.21mmR110lnlnR52故截面面积对中性轴的静矩为－93－83S＝Ae＝A（R0－r）＝b·δ（R0－r）＝25×5×（7.5－7.21）×10m＝3.63×10m则由强度条件FMy1maxbS1FFRr02RbSR21Rr02RFsbSR2可得：Fs1RrR02bSR2解得：635010FN3.52kN617.57.21510683255103.6310510即当F达到3.52kN时，小钩开始出现塑性变形。15.10钢制圆形曲杆如图15-2-10所示，E＝200GPa。若Mx＝200N·m，试求自由端截面的垂直及水平位移。

726图15-2-10解：根据题意，矩形截面：h＝40mm。则该截面最外缘和最内缘纤维的曲率半径分别为：R1＝10＋40mm＝50mm，R2＝10mm。轴线曲率半径：R0＝（R1＋R2）/2＝（50＋10）/2mm＝30mm。该矩形截面中性层的曲率半径为h40rmm24.9mmR50ln1lnR102截面面积对中性轴的静矩为3－63S＝Ae＝A（R0－r）＝20×40×（30－24.9）mm＝4.08×10m根据能量法求自由端截面的位移。在自由端在施加铅垂方向载荷P和水平方向载荷F，如图15-2-11所示。图15-2-11曲杆的变形能公式222MMFFkFURNNSdl02ESREAR2EA2GA00其中，在自由端截面的内力方程分别为

727M（α）＝PR0（1－cosα）－FR0sinα－MxFN（α）＝Pcosα＋FsinαFS（α）＝Psinα－Fcosα故曲杆变形能为3112U2PR1cosFRsinMPR1cos000x02ESREAR0012FR0sinMxPcosFsinPcosFsin2EAk2PsinFcosR0d2GA则自由端截面的铅垂位移3U112MR1cosMcosRdyx00xP0ESREAR00MRxx03M1ES2EA2003010332001m9696200104.08102200102040100.0433mm向上水平位移3U112MRsinMsindx0x0xFESEA3MRM2003010200xx0m9696ESEA200104.0810200102040100.00603mm向右15.11图15-2-12所示钢制链环的横截面为圆形，屈服极限为ζs＝250MPa。试求使链环开始出现塑性变形的载荷F。

728图15-2-12图15-2-13解：由于结构和载荷均对称，取结构的1/4进行研究。如图15-2-13所示，在A、C截面处断开，C截面相当于刚性支座，在断截面A处代之以轴力F/2和弯矩M，得到基本静定基，变形协调条件为A截面的转角为零，即θA＝0。对于圆形横截面：R0＝5mm，d＝2mm。则横截面中性层的曲率半径2dr2242R004Rd22mm224254524.95mm横截面对中性轴的静矩223－103S＝πd（R0－r）/4＝（π/4）×2×（5－4.95）mm＝1.57×10m该静定基的变形能为222MMFFkFUlNNSdl2ESREAR2EA2GA00其中，AB段内力方程为：M＝M1，FN＝F/2，FS＝0。BC段内力方程为：M＝M1－FR0（1－cosα）/2，FN＝Fcosα/2，FS＝－Fsinα/2。由θA＝0有

729UMMFMMFFFkFFNNNNSSdlAMlESRMEARMEARMEAMGAM101010111π0.01MF21F1F1200dlM1R01coscosR0dESR0ESR0ESR022EAR0MFMRπFRπFRFR1100000.010.01ESR2EARESR22ES22ES2EAR00000代入数据整理得0.01πM113101.5751021.5710335π1020.01510F10691041.57104π1010π1021.5710－3解得：M1＝0.378×10F。危险截面可能是A截面，也可能是C截面－3－3－2又MC＝M1－FR0/2＝0.393×10F－2.5×10F＝－2.122×10F。故C截面为危险截面。由屈服强度条件ζ＝MCy/（Sρ）＝MC（r－R2）/（SR2）≤ζs得SRF2s32.12210rR210361.571041025010N332.122104.9541077.88N即当F达到77.88N时，开始出现塑性变形。*15.12两端固定的曲杆如图15-2-14所示，其轴线为R0＝100mm的圆周，横截面为h＝80mm和b＝40mm的矩形。材料的E＝200GPa，G＝80GPa。若F＝40kN，试求F力作用点的铅锤位移。

730图15-2-14图15-2-15解：由于结构和载荷的对称性，取其一半进行分析，如图15-2-15所示。则变形协调条件为截面A的水平位移和转角为零：δAx＝0，θA＝0。中性轴曲率半径为h80rmm94.4mmR1140lnlnR602截面对中性轴的静矩33S＝A（R0－r）＝80×40×（100－94.4）mm＝17920mm曲杆的应变能为222MMFFkF11NNSUldl2ESREAR2EA2GA00其中，曲杆的内力方程为M1＝M＋PR0（1－cosα）＋FR0sinα/2FN＝Pcosα－Fsinα/2FS＝－Psinα－Fcosα/2由卡氏定理可得

731UMMFMMFFFkFF11N11NNNSSdlAMlESRMEARMEARMEAMGAM0001FFNlMPR001cosRsindlEARR00r2EAR0π11FF=3MPR1cosRsinPcossinRdEAR0Rr00220001MFπRπR33FR1000PP+PEAR0R0r3R0r3R0r222R0r240整理得33rr3MPRF0①024UMMFMMFFFkFF11N11NNNSSdlAxPlESRPEARPEARPEAPGAP0001FlMPR01cosR0sinR01cosEARR00r211FFPcossinR01cosMPR01cosR0sincosEAR0022EAR1FkFPcossincosPlsincossindEA22GAπ3533π391RrMRrPRRrFR302680320160200即π3533π391RrMRrPRRrFR=0②302680320160203533391RrMRrPRRrFR030268032016020联立式①②可得：M＝－598N·m，P＝－14kN。同理可得A截面铅垂位移

732UFR0MPR1cosRsinRsinAyFEARRr0000022RF0PcossincosdEAR021RMM11π3111π530PRFRPRFREARr28020382802068030.0082410m15.13导出公式2dr2242R004Rd图15-2-16解：如图15-2-16所示，曲杆横截面为圆形时，θ为变量，则有22bρ＝dcosθ，ρ＝R0＋dsinθ/2，dρ＝dcosθdθ/2，dA＝bρdρ＝dcosθdθ/2由上可得

7332d2Acosdd221sindd222Ad2Rdsin22Rsin002①dR22402dRsin2d02Rdsin20式①中，第一个积分πdR224d2Rdtanπ0222022dR4arctan2π0π2Rdsin44R2d2R2d22000222RdRd220024Rdarctanarctan022R00dRd22RdRd220024Rdarctanarctan022RdRd0022π2224Rdπ4Rd002第二个和第三个积分分别为π2dsind0π2π22dRR2ππ002将以上结果代回式①可得dA22π24R00RdA故有2AdrdA2242R004RdA

73415.3名校考研真题详解本章不是考试重点，所以基本上没有学校的考研试题涉及到本章内容，因此，读者可以简单了解，不必作为复习重点，本部分也就没有选用考研真题。

735第16章厚壁圆简和旋转圆盘16.1复习笔记一、厚壁圆筒厚壁圆筒的壁厚与半径属于同一量级，其几何和载荷都具轴对称性，因此，属于对称性问题。对于厚壁圆筒的应力和变形的分析要综合考虑几何关系、静力平衡和物理三方面的关系。在内压力p1和外压力p2作用下的厚壁圆筒，线弹性情况下，应力和变形分别为：1．应力径向应力2222ap12bpp12pab1ba22ba222周向应力2222ap12bpp12pab122222baba2．变形筒壁内任一点的径向位移22221ap12bp1abp12p1u2222EbaEba对于只受内压的厚壁圆筒，上式中p2＝0，则周向恒为拉应力，径向恒为压应力。二、等厚旋转圆盘对于以匀角速度ω旋转的等厚圆盘，属于轴对称问题，其应力计算如下：1．实心圆盘径向应力20322b8周向应力2032213b83在圆盘中心，二者均达到最大值22b03maxmax82．有孔圆盘圆盘中心有半径为a的圆孔，径向应力和周向应力分别为

7362220322ab2ab28220321322bba1283在ab处，有2032bamax8在圆孔内边缘处，有203221bamax43若圆孔半径远小于圆盘半径，则2203bmax4即小圆孔边上的环向应力是实心圆盘中心应力的两倍。16.2课后习题详解216.1如图16-2-1所示万能试验机油缸外径D＝194mm，活塞面积为0.01m。F＝200kN。试求油缸内侧面的径向应力和环向应力，并求第三强度理论的相当应力ζr3。图16-2-1解：根据题意，筒内径：

7374A40.01dm113mmππ故a＝d/2＝113/2mm＝56.5mm，b＝D/2＝194/2mm＝97mm。圆筒所承受的内压力3p1＝F/A＝200×10/0.01Pa＝20MPa又ρ＝a＝56.5mm，则油缸内侧的应力：径向应力22pab11222ba222056.5971MPa2229756.556.520MPa周向应力22pab11222ba222056.5971MPa2229756.556.540.4MPa第三强度理论的相当应力ζr3222222ζr3＝2p1b/（b－a）＝2×20×97/（97－56.5）MPa＝60.4MPa16.2某型柴油机的连杆小头如图16-2-2所示。小头外径d3＝50mm，内径d2＝39mm。青铜衬套内径d1＝35mm。连杆材料的弹性模量E＝220GPa，青铜衬套的弹性模量E1＝115GPa，两种材料的泊松比皆为μ＝0.3。小头及铜衬套间的过盈量按直径计算为（0.068＋0.037）mm，其中0.068mm为装配过盈，0.037mm为温度过盈。试计算小头与衬套间的压力。图16-2-2解：根据题意，内外筒的参数如下：

738内筒：E1＝115GPa，μ1＝0.3，a＝d1/2＝17.5mm；装配过盈量：δ＝（0.068＋0.037）/2mm＝0.0525mm；外筒：E2＝220GPa，μ2＝0.3，c＝d3/2＝25mm，b＝d2/2＝19.5mm。则装配压力p222211bacbb221222EbaEcb120.0525Pa2222119.517.512519.519.50.30.39229221151019.517.5220102519.527.6MPa16.3炮筒内直径为150mm，外直径为250mm。射击时筒内气体的最大压力为p1＝120MPa。试求炮筒内侧面的周向应力及径向应力。解：炮筒属于只有内压的情况，且a＝150/2mm＝75mm，b＝250/2mm＝125mm，ρ＝a＝75mm，p1＝120MPa。由只有内压力壁圆筒的应力计算公式得径向应力22pab11222ba62212010751251Pa2221257575120MPa周向应力22pab11222ba62212010751251Pa2221257575225MPa16.4钢制厚壁圆筒，内半径a＝100mm，内压p1＝30MPa，外压p2为零。[ζ]＝160MPa。试用第三强度理论计算壁厚。解：根据题意：a＝100mm，p1＝30MPa，p2＝0。由只有内压的厚壁圆筒应力计算公式得22pab113222ba

73922pab111222ba则第三强度理论的相当应力：222pab11r313222ba222由此可知危险点出现在处ρ＝a，上式可变形为：ζr3＝2p1b/（b－a）。222由强度条件2p1b/（b－a）≤[ζ]，得6222－662×30×10×b/[（b－100）×10]≤160×10解得：b≥126.5mm。则壁厚：δ＝b－a＝126.5－100＝26.5mm。16.5图16-2-3所示轮与轴装配时采用过盈配合，需要传递的扭矩为T＝500N·m。轮的外直径d1＝80mm，宽l＝60mm。轴直径d3＝40mm。轮与轴由同一钢材制成，E＝210GPa，μ＝0.3。接触面上的摩擦因数取f＝0.09。求所需装配压力及以半径计算的过盈量。规定工作安全因数为2。图16-2-3解：根据题意：a＝0，b＝d3/2＝20mm，c＝d1/2＝40mm。由n＝M/T＝2得：M＝2T＝2×500＝1000N·m。由摩擦力矩公式：M＝πd3lfp·d3/2，可得所需装配压力22p＝2M/（πlfd3）＝2×1000/（π×0.06×0.09×0.04）Pa＝73.7MPa又由组合圆筒的装配压力公式2222Ecbbap3222bca可得过盈量

74032222bcpbcp22222EcbbEcb2620.020.0473.710m922210100.040.020.0187mm16.6图16-2-4所示由45钢制成的齿轮，轮缘以过盈配合的方式装于铸铁HT250制成的轮芯上。将轮缘及轮芯作为厚壁筒，其尺寸如图所示。铸铁的E1＝137GPa，μ1＝0.25。钢的E2＝210GPa，μ2＝0.3。已知传递的扭矩T＝7000N·m，接触面上的摩擦因数f＝0.09，规定的安全因数为2。试求所需装配压力和以半径计算的过盈量。图16-2-4解：根据题意：a＝220mm，b＝240mm，c＝260mm。4由n＝M/T＝2得：M＝2T＝2×7000N·m＝1.4×10N·m。2由摩擦力矩公式：M＝2πblfp，其中l＝110mm，可得所需装配压力242p＝M/（2πblf）＝1.4×10/（2π×0.24×0.11×0.09）Pa＝3.91MPa又由装配压力的计算公式p222211bacbb221222EbaEcb12可得过盈量

741222211bacbbp221222EbaEcb1222612402200.243.91100.25922137102402202212602400.3m922210102602400.135m16.3名校考研真题详解本章不是考试重点，所以基本上没有学校的考研试题涉及到本章内容，因此，读者可以简单了解，不必作为复习重点，本部分也就没有选用考研真题。

742第17章矩阵位移法17.1复习笔记【说明】：本章节内容所涉及的圆括号（）、中括号[]均为矩阵形式的表示方法。位移法：以位移为未知量求解超静定结构的结构分析方法。求解过程：①将结构分散为若干个杆件，分散的每根杆件称为一个单元；②用位移表示单元内力；③利用相邻两单元间节点的平衡方程求解位移；④由位移求解各单元内力。用矩阵形式表示的单元刚度方程为[Fm]＝[km][δm]，其中[km]为单元刚度矩阵；整体刚度方程一般表达式为[F]＝[K][δ]，[F]为作用在节点上的荷载，[δ]为节点位移，[K]为整体刚度矩阵。一、基本变形杆件的刚度方程1．轴向拉伸压缩杆件图17-1-1如图17-1-1所示杆系，其整体刚度方程的矩阵形式为11Faa0u1111211122Faaaau2212222232F0a22au3323332．受扭杆件其单元刚度方程GI11pkml113．受弯杆件受弯杆件称为梁单元，其单元刚度矩阵为126ll12622EI6l4l6l2lkm3l126ll126226l2l6l4l二、梁单元的中间载荷作用于梁上节点之间的载荷称为中间载荷，为简便运算，常将中间载荷置换为作用在节点上的载荷。表17-1-1为几种常见情况的固端反力和反力矩。

743表17-1-1三、组合变形杆件的刚度方程拉弯扭组合变形下的单元刚度矩阵EAEA000000ll12EI6EI12EI6EI0000l3l2l3l2GIGIpp000000ll6EI4EI6EI2EI000022llllkmEAEA000000ll12EI6EI12EI6EI00003232llllGIGIpp000000ll6EI2EI6EI4EI000022llll四、坐标变换通过坐标变化，可以将各单元局部坐标的节点力、节点位移和单元刚度方程转换成对整体坐标的节点力、节

744＿＿T点位移和单元刚度方程。利用坐标矩阵[λ]，通过公式[km]＝[λ][km][λ]的计算，将局部坐标的单元刚度矩阵[km]转化为整体坐标中的单元刚度矩阵[km]。1．受拉杆件的坐标变换矩阵cossin00sincos0000cossin00sincos2．拉弯组合变形下的坐标变换矩阵cossin0000sincos0000001000000cossin0000sincos000000017.2课后习题详解217.1图17-2-1所示简单杆系中，钢杆①和铝杆②的横截面面积皆为400mm。钢的弹性模量E1＝210GPa，铝的E2＝70GPa。设AB为刚性杆，其变形可以不计。F＝40kN。求节点位移及各杆的轴力。图17-2-1解：对于固定铰1、3，有：u1＝u3＝0。由于AB为刚性杆，则根据几何关系易知：u4＝0.5u2。钢杆①和铝杆②的单元刚度方程分别为

7451FAE11u110N11168410①1Fl11uu11N2222FAE11u110N32362810②2Fl11uu110.5N442对于AB杆，由平衡方程∑MA＝0，213FFN42N234010N0联立以上各式，整理得6630.5u2（28×10N/m）＋2u2（84×10N/m）＋3×（40×10N）＝0－3解得u2＝0.659×10m。代回①、②两式，即可得钢杆和铝杆的轴力分别为16FuN2=8410255.4kN26FuN4=28100.529.22kN217.2图17-2-2所示圆钢杆与铝套筒在端截面刚性连接。两者的横截面面积分别为：A钢＝1000mm，A铝＝2500mm。l＝1m。弹性模量分别为：E钢＝210GPa，E铝＝70GPa。若左端固定，且铝套筒内的应力为100MPa，试求拉力F。图17-2-2图17-2-3解：如图17-2-3所示，将已知结构看作是由①、②两个单元组成的杆系。节点1、3为固定点，节点2、4位移相同，即有69-3u1＝u3＝0，u2＝u4＝ζl/E铝＝100×10l/（70×10）≈1.429×10l两单元的刚度矩阵分别为1FAE11uAE110N111111F1ll11u111.429103lN22

7462FAE11uAE110N322322F2ll11u111.429103lN44解得113FN1=FN21.42910EA11223FN3=FN41.42910EA22又根据平衡条件可得12FFFN1N3－3故F＝1.429×10（E1A1＋E2A2）。解得－393－692－6F＝1.429×10×（210×10×10×10＋70×10×5×10×10）N＝350kN217.3横截面面积A＝50×20mm的钢杆如图17-2-4所示，E＝210GPa。试求各节点的节点位移和杆的最大应力。图17-2-4图17-2-5解：如图17-2-5所示，将钢杆看作是①、②、③三个单元组成的杆系，故节点载荷为：[F]＝（X1，50，50，TX2）。T固定节点1、4的位移为零，故节点位移：[δ]＝（0，u2，u3，0）。三个单元的刚度矩阵相同，且EA1111kkkEA123l1111将三个单元刚度矩阵生成整体刚度矩阵[k]，并代入整体刚度方程[F]＝[k][δ]得

747X1100015011110uEA25001111u3X001102将等式右边矩阵，去掉与u1＝u4＝0对应的第一列和第四列，并抽掉与未知节点载荷对应的第一行和第四行，使整体刚度方程降阶为5021u2EA5012u3则有339－6－3u2＝u3＝50×10/EA＝（50×10）/（210×10×50×20×10）m＝0.238×10m将以上求得的结果代入整体刚度方程，可得9－6－3X1＝－EAu2＝－210×10×50×20×10×0.238×10N＝－50kN9－6－3X2＝－EAu3＝－210×10×50×20×10×0.238×10N＝－50kN故最大应力3－6ζmax＝Fmax/A＝|X1|/A＝（50×10）/（50×20×10）Pa＝50MPa2217.4图17-2-6所示杆系由钢和铜两种材料制成，A钢＝2000mm，A铜＝1000mm，E钢＝200GPa，E铜＝100GPa。试求支座约束力和各单元的应力。图17-2-6图17-2-7解：将杆看作是①、②、③三个单元组成的杆系，向左为正，如图17-2-7所示。3T节点载荷为：[F]＝（X1，－100×10，0，X2）。固定端节点1的位移为零，即u1＝0；节点4的位移u4＝0.02mm。单元①、②的刚度矩阵相同，为11200109420101111EA118kk810120.5110.51111单元③的刚度矩阵为

74811100109410101111EA228k110311111111将三个单元刚度矩阵生成整体刚度矩阵[k]，并代入整体刚度方程[F]＝[k][δ]得X81088810000138881001081016108100u200810891081108u3X00110881100.0210-32将等式右边矩阵，去掉与u1＝0对应的第一列，并抽掉与未知节点载荷X1对应的第一行，使整体刚度方程降阶为3881001016108100u28880810910110u3X0110811080.0210-32－5－4解得：u2＝－11.45×10m，u3＝1.04×10m，X2＝8.4kN。将以上结果代入整体刚度方程，解得：X1＝91.6kN。因此，各单元的应力为3－4ζ①＝X1/A1＝（91.6×10）/（20×10）Pa＝45.8MPa3－4ζ②＝－X2/A1＝（－8.4×10）/（20×10）Pa＝－4.2MPa3－4ζ③＝－X2/A2＝（－8.4×10）/（10×10）Pa＝－8.4MPa2217.5在图17-2-8所示结构中，杆件①由钢制成，A1＝2000mm，E1＝200GPa，杆件②由铜制成，A2＝1000mm，E2＝100GPa。若AB杆可视为刚体，试求节点位移和①，②两杆的应力。图17-2-8图17-2-9解：如图17-2-9所示，节点1、4为固定铰，而AB杆为刚性杆，故可得u1＝u4＝0，u3＝－2u2

749钢杆①的单元刚度方程为1FAE11u110N11118210F1luu1111N222铜杆②的单元刚度方程为2FAE11u112uN3223820.510F2l11u110N44AB杆的平衡方程∑MC＝0，31220010FFN23N36012将单元刚度方程中的FN2、FN3代入以上方程，得388（200×10－2×10u2）×3＋（－10u2）×6＝0－3解得：u2＝0.5×10m。－3故u3＝－2u2＝－1×10m。各杆轴力115FF=110NN2N1225FF0.510NN4N3故各杆应力15F110N2=50MPa①4A2010125F0.510N3=50MPa②A10104217.6图17-2-10所示变截面钢轴上的Me2＝1.8kN·m，Me3＝1.2kN·m，直径dl＝75mm，d2＝50mm，材料的切变模量G＝80GPa。试求最大切应力和左右两端截面的相对扭转角。图17-2-10解：把杆件看作是①、②两个单元，分别写出两个单元的单元刚度方程。单元①

750914128010π7510GIp1325Nm3.3110Nml0.751T1GI11111p11153.311011111Tl2122单元②GI9512p28010π50104Nm9.8210Nml320.52T2GI11112p22249.82102Tl111132331122由1、2、3三节点的平衡，可得：Me1＝T1，Me2＝T2＋T2，Me3＝T3。1122将单元刚度方程中的T1、T2、T2、T3代入以上平衡方程，可得整体刚度方程M33.133.10e114M1033.133.19.829.82e22M09.829.82e33－3固定节点1的位移θ1＝0，且将Me1＝1.8kN·m，Me3＝1.2kN·m代入整体刚度方程可得：θ2＝9.06×10rad，－2θ3＝2.1×10rad。－3故左右两端相对扭转角：θ3＝21×10rad。各段扭矩15533T23.3110123.31109.0610Nm310Nm2443T39.8210239.82109.062110Nm1.210Nm3各段剪应力13T163102=Pa36.2MPa①3Wπ0.075t123T161.2103=Pa48.9MPa②Wπ0.053t2综上，最大切应力发生在单元②，即ηmax＝η②＝48.9MPa。17.7两端固定的圆杆如图17-2-11所示，直径d＝80mm，Me2＝12kN·m，材料的G＝80GPa。求固定端截面上的反力偶矩和杆内最大切应力。

751图17-2-11图17-2-12解：如图17-2-12所示，将杆件看作是①、②两个单元，分别写出两个单元的单元刚度方程。单元①GI945p8010π0.083.210a32aa15T3.2101111T1a1122单元②GIGI5pp11.61022aaa25T1.6101122211Ta331122由1、2、3三节点的平衡，可得：Me1＝T1，Me2＝T2＋T2，Me3＝T3。1122将单元刚度方程中的T1、T2、T2、T3代入以上平衡方程，可得整体刚度方程为M220e1511.610M2211e22aM011e33固定节点1、3的位移θ1＝θ3＝0，且将Me2＝12kN·m代入整体刚度方程得5Me2＝3×（1.6×10/a）×θ2＝12kN·m由此可解得θ2。代入整体刚度方程得

7525Me1＝－2×（1.6×10/a）×θ2＝－8kN·m5Me3＝－1×（1.6×10/a）×θ2＝－4kN·m综上，最大切应力发生在单元①，即M3e1810=Pa80MPamax1W3tπ0.081617.8图17-2-13所示杆系中，杆件①为实心钢杆，G1＝80GPa，直径d1＝50mm；杆件②为空心铝杆，G2＝25GPa，外径D2＝60mm，内径d2＝40mm。试求各杆的最大切应力。图17-2-13解：将杆看作是①、②两个单元，分别写出两个单元的单元刚度方程。单元①GI941p18010π0.054Nm4.9110Nml32121T111414.91101T1122单元②944GI2510π0.060.042p24Nm1.2810Nml32222T112421.28102T11331122由节点1，2，3的平衡，可得：T1＝T1、T2＝T2＋T2、T3＝T3。1122将单元刚度方程中的T1、T2、T2、T3代入以上平衡方程，可得整体刚度方程为T4.914.910114T104.914.911.281.2822T01.281.28333固定节点1、3的位移θ1＝θ3＝0，且将已知T2＝6×10N·m代入整体刚度方程得34－2θ2＝（6×10）/（6.19×10）＝9.69×10rad代入整体刚度方程得

75343T1＝－4.19×10×θ2＝－4.76×10N·m43T3＝－1.28×10×θ2＝－1.24×10N·m故各杆内的最大切应力T314.7610=Pa194MPa①max1W3t1π0.0516T321.2410=Pa36.4MPa②max4Wt21340π0.061166017.9图17-2-14所示简支梁的横截面为圆形，d＝50mm，材料的E＝200GPa。已知θ1＝0.002rad，θ2＝0.001rad，求端点载荷。图17-2-1439433解：根据题意：EI/l＝[200×10×（π/64）×0.05/1]N/m＝61.4×10N/m。则单元刚度矩阵为1261266462k61.41031261266264根据梁的支座条件，节点位移为TT[δ]＝（ω1，θ1，ω2，θ2）＝（0，0.002，0，0.001）T节点力为：[F]＝（Y1，M1，Y2，M2）。单元刚度方程为Y12612601M64620.002161.4103Y21261260M62640.0012根据以上方程组解得33Y1＝（6×0.002＋6×0.001）×61.4×10N＝1.105×10N3M1＝（4×0.002＋2×0.001）×61.4×10N·m＝614N·m33Y2＝（－6×0.002－6×0.001）×61.4×10N＝－1.105×10N3M2＝（2×0.002＋4×0.001）×61.4×10N·m＝491N·m

7542217.10受弯杆件如图17-2-15所示，已知单元①的EI＝8MN·m，单元②的EI＝16MN·m。若[δ]＝（ω1，TTθ1，ω2，θ2，ω3，θ3）＝（0，0，0.01，0，0，0），求节点载荷并作弯矩图。图17-2-15解：把梁看作由①、②两个梁单元组成的杆系，分别写出两个单元的单元刚度矩阵。3636单元①：E1I1/l1＝（8×10/4）N/m＝0.125×10N/m1224122424642432k0.125106112241224243224643636单元②：E2I2/l2＝（16×10/4）N/m＝0.25×10N/m1224122424642432k0.2510621224122424322464T根据梁支座条件，节点位移：[δ]＝（0，0，0.01，0，0，0）。T节点力：[F]＝（Y1，M1，Y2，M2，Y3，M3）。则整体刚度矩阵为Y122412240001M246424320001Y1224362424480.01260.12510M243224192486402Y002448244803M0048644812803则各节点载荷6Y1＝0.125×10（－12×0.01）N＝－15kN6M1＝0.125×10（－24×0.01）N·m＝－30kN·m6Y2＝0.125×10（36×0.01）N＝45kN6M2＝0.125×10（24×0.01）N·m＝30kN·m6Y3＝0.125×10（－24×0.01）N＝－30kN6M3＝0.125×10（48×0.01）N·m＝60kN·m由此可作弯矩图，如图17-2-16所示。

755图17-2-166217.11两端固定的梁如图17-2-17所示，EI＝8×10N·m。试求集中力作用点的位移和固定端的约束力。图17-2-17解：把梁看作是①、②两个单元组成的杆系，则有3636EI/l＝（8×10/4）N/m＝0.125×10N/m两单元的刚度矩阵相同，即[k1]＝[k2]1224122424642432kk0.125106121224122424322464T根据梁支座条件，节点位移：[δ]＝（0，0，ω2，θ2，－0.01，0）。3T杆系节点载荷为：[F]＝（Y1，M1，10×10，0，Y3，M3）。由单元刚度矩阵[k1]、[k2]叠加生成整体刚度矩阵[k]，并代入整体刚度方程[F]＝[k][δ]得

756Y122412240001M2464243200013101012242401224w620.1251002432012824322Y00122412240.013M00243224640336由以上方程组的第三式：10×10＝0.125×10×（24w2＋12×0.01）得：w2＝－1.67mm。－3同理，由以上方程组的第四式可得：θ2＝－1.875×10rad。将各值代回整体刚度方程可得各固定端支反力3Y1＝－3.125×10N3M1＝－2.5×10N·m3Y3＝－6.875×10N3M3＝17.5×10N·m17.12图17-2-18所示等截面钢梁直径d＝50mm，E＝200GPa。求节点位移和支座约束力，并作弯矩图。图17-2-18解：把梁看作是①、②两单元组成的杆系，分别写出两个单元的单元刚度矩阵。39433单元①：EI/l1＝[200×10×（1/64）×π×0.05/2]N/m＝7.67×10N/m。121212121216128k7.6710311212121212812163943单元②：EI/l2＝[200×10×（π/64）×0.05/1]N/m＝61.4×10N/m。9648964848324816k7.6710329648964848164832T根据梁支座条件，可得节点位移：[δ]＝（0，0，0，θ2，w3，θ3）。3T节点力：[F]＝（Y1，M1，Y2，0，－4×10，0）。由①、②的单元刚度矩阵[k1]、[k2]叠加生成的整体刚度矩阵[k]，并代入整体刚度方程[F]＝[k][δ]得

757Y121212120001M12161280001Y12121083696480237.6710012836484816241030096489648w3000481648323则节点位移θ2＝－0.0326rad，w3＝－54.3mm，θ3＝－0.0625rad支座反力Y1＝－3kN（↓），M1＝－2kN·m（顺时针），Y2＝7kN（↑）由此可作弯矩图，如图17-2-19所示。图17-2-196417.13图17-2-20所示钢梁E＝200GPa，I＝40×10mm。求C点的挠度和转角。图17-2-20解：根据教材表17.1，两端固定承受均布载荷梁的固定端反力和反力矩分别如图17-2-21（a）所示。由此可得由①、②两单元组成的杆系，如图17-2-21（b）所示。

758图17-2-21则单元①的刚度矩阵126ll126122412241122EI6l4l6l2l24642432k11111.2510513l126ll12612241224111226l2l6l4l243224641111单元②的刚度矩阵126ll126121212122222EI6l4l6l2l1216128k2222110623l126ll12612121212222226l2l6l4l12812162222根据梁支座条件，可得各节点位移：w1＝0，θ1＝0，w2＝0。节点力22M1＝ql1/12＝（10×4/12）kN·m＝（40/3）kN·m＝－M2（逆时针）Y1＝Y2＝ql/2＝20kN（↑）由单元①、②的单元刚度矩阵叠加生成整体刚度[k]，并代入整体刚度方程[F]＝[k][δ]，得

759204012241224000324642432000201224108729696051.2510402432721929664230096969696w3200096649612830则C点的挠度和转角分别为：wc＝w3＝－（1/75）m，θc＝θ3＝－（1/120）rad。17.14图17-2-22所示连续梁的右端支座C比A，B两支座高δ。若EI为已知，试作梁的弯矩图。图17-2-22解：把梁看作是①、②两个单元组成的杆系，如图17-2-23（a）所示。图17-2-23（a）根据梁支座条件，可得节点位移TT[δ]＝（w1，θ1，w2，θ2，w3，θ3）＝（0，θ1，0，θ2，δ，θ3）节点力TT[F]＝（Y1，M1，Y2，M2，Y3，M3）＝（Y1，0，Y2，0，Y3，0）单元①、②的单元刚度矩阵相同，即126ll12622EI6l4l6l2lkk123l126ll126226l2l6l4l由单元①、②的单元刚度矩阵叠加生成整体刚度[k]，并代入整体刚度方程[F]＝[k][δ]，得

760Y126l126l00012206l4l6l2l001YEI126l240126l0232220l6l2l08l6l2l2Y00126l126l3220006l2l6l4l3解得节点位移：θ1＝－δ/（4l），θ2＝δ/（2l），θ3＝5δ/（4l）。333节点力：Y1＝3EIδ/（2l），Y2＝－3EIδ/l，Y3＝3EIδ/（2l）。由此可作梁的弯矩图，如图17-2-23（b）所示。图17-2-23（b）32梁中最大弯矩发生在B截面，值为：Y1×l＝[3EIδ/（2l）]×l＝3EIδ/（2l）。17.15设图17-2-24所示各梁的EI已知，试求反力并作弯矩图。图17-2-24解：（a）图17-2-24（a）如图17-2-25（a1）所示，将梁看作是①、②两单元组成的杆系。则根据梁支座条件：节点位移

761TT[δ]＝（w1，θ1，w2，θ2，w3，θ3）＝（0，0，w2，θ2，0，θ3）节点力TT[F]＝（Y1，M1，Y2，M2，Y3，M3）＝（Y1，M1，－F，0，Y3，Fl）17-2-25（a1）单元①的刚度矩阵122ll122422222llll27EI99k1l3122ll122242222llll99单元②的刚度矩阵33ll2222ll2122ll27EI2929k23l33ll2222ll1222ll2929由单元①、②的单元刚度矩阵叠加生成整体刚度[k]，并代入整体刚度方程[F]＝[k][δ]，得

762122ll1220042222ll2ll00Y9901M2733l01122llF27EI2222w2322322l120l2lllll292329Y0333llFl0032222ll122200ll2929解得支座反力：Y1＝2.352F，Y3＝－1.352F，M1＝0.685Fl。由此可作弯矩图，如图17-2-25（a2）所示。图17-2-25（a2）（b）图17-2-24（b）如图17-2-25（b1）所示，将梁看作是①、②两单元组成的杆系，两单元相同，其相应的两端固定梁如图所示。除掉均布载荷，代之以与固端反力和反力矩方向相反的节点力FYi，、Mi，求得FYi，、Mi后叠加即可得支反力Y1、Y2、Y3。则根据梁支座条件：节点位移TT[δ]＝（w1，θ1，w2，θ2，w3，θ3）＝（0，θ1，0，θ2，0，θ3）节点力T22T[F]＝（FY1，M1，FY2，M2，FY3，M3）＝（FY1，－ql/12，FY2，0，FY3，ql/12）

763图17-2-25（b1）单元①和单元②的刚度矩阵相同126ll12622EI6l4l6l2lkk123l126ll126226l2l6l4l由单元①、②的单元刚度矩阵叠加生成整体刚度[k]，并代入整体刚度方程[F]＝[k][δ]，得FY11126ll1260002ql22126l4l6l2l001FEI126l240126l0Y232220l6l2l08l6l2l2F00126l126l0Y32212006l2l6l4l3ql12解得：FY1＝－ql/8，FY2＝ql/4，FY3＝－ql/8。叠加得到支座反力：Y1＝Y3＝3ql/8（↑），Y2＝5ql/4（↑）。由此可作梁的弯矩图，如图17-2-25（b2）所示。

764图17-2-25（b2）（c）图17-2-24（c）所示如图17-2-25（c1）所示，将梁看作是①、②两单元组成的杆系，与两单元相应的两端固定梁如图所示。除掉均布载荷和中间力F，代之以与固端反力和反力矩方向相反的节点力FYi、Mi，求得FYi、Mi后叠加即可得支反力Y1、Y2、Y3。则根据梁支座条件：节点位移TT[δ]＝（w1，θ1，w2，θ2，w3，θ3）＝（0，θ1，0，θ2，0，θ3）节点力T22T[F]＝（FY1，M1，FY2，M2，FY3，M3）＝（FY1，－ql/12，FY2，[ql/12－Fl/8]，FY3，Fl/8）图17-2-25（c1）单元①和单元②的刚度矩阵相同126ll12622EI6l4l6l2lkk123l126ll126226l2l6l4l由单元①、②的单元刚度矩阵叠加生成整体刚度[k]，并代入整体刚度方程[F]＝[k][δ]，得

765FY11ql2126ll12600012226l4l6l2l001FY2EI126ll2401260123222qll6l2l08l6l2l22400126ll1260FY322006l2l6l4l132ql8由以上方程组解得FY1、FY2、FY3后，叠加可得支座反力Y1＝Y3＝11ql/32（↑），Y2＝21ql/16（↑）由此可作弯矩图，如图17-2-25（c2）所示。图17-2-25（c2）（d）如图17-2-24（d）所示如图17-2-25（d1）所示，将梁看作是①、②两单元组成的杆系，与两单元相应的两端固定梁如图所示。除掉分布载荷，代之以与固端反力和反力矩方向相反的节点力FYi、M，求得FYi、M后叠加即可得支反力Y1、Y2、Y3、M1。则根据梁支座条件：节点位移TT[δ]＝（w1，θ1，w2，θ2，w3，θ3）＝（0，0，0，θ2，0，θ3）节点力T222T[F]＝（FY1，M1，FY2，M2，FY3，M3）＝（FY1，－ql/12，FY2，ql/30，FY3，ql/30）

766图17-2-25（d1）单元①和单元②的刚度矩阵相同126ll12622EI6l4l6l2lkk123l126ll126226l2l6l4l由单元①、②的单元刚度矩阵叠加生成整体刚度[k]，并代入整体刚度方程[F]＝[k][δ]，得FY11ql2126ll12600012226l4l6l2l000FY2EI126ll2401260123222qll6l2l08l6l2l23000126ll1260FY322006l2l6l4l132ql30由以上方程组解得FY1、FY2、FY3、M1后，叠加可得支座反力2Y1＝18ql/35（↑），M1＝37ql/420（逆时针），Y2＝25ql/28（↑），Y3＝13ql/140（↑）由此绘制该梁的弯矩图如图17-2-25（d2）所示。

767图17-2-25（d2）17.16图17-2-26所示简支工字梁受偏心拉力作用，横截面的尺寸如右图所示。若e＝10mm，E＝210GPa，试求端点位移。图17-2-26解：该杆件属于拉弯组合变形，根据组合变形杆件的刚度方程得该杆件的整体刚度方程EAEA0000ll12EI6EI12EI6EIX100u323211llll1YEIEIEIEIw164621M127EI00l22lll1113XlEAEAu200002Y1llw22M112EI6EI12EI6EI20023232llll6EI2EI6EI4EI0022llll根据梁支座条件可得节点位移：u1＝0，w1＝0，w2＝0。1313－31113节点力即轴力与弯矩：X1＝－10kN，M1＝10×10×10kN·m＝10kN·m，Y1＝Y2＝0，X2＝10kN，1M2＝－10kN·m。又该梁的横截面参数323－124－54I＝{2×[200×10/12＋200×10×（180/2＋10/2）]＋10×180/12}×10m＝4.1×10m－62－32A＝（2×200×10＋180×10）×10m＝5.8×10m根据刚度矩阵，可得：1第一行确定的方程为X1＝－EAu2/l；

768122第二行确定的方程为Y1＝6EIθ1/l＋6EIθ2/l，得θ1＝－θ2；1第三行确定的方程为M1＝4EIθ1/l＋2EIθ2/l。解方程可得节点位移69－3u2＝10×2/（210×10×5.8×10）＝1.64mm49－5－3θ1＝1×10×2/（2×210×10×4.1×10）＝1.16×10rad49－5－3θ2＝－1×10×2/（2×210×10×4.1×10）＝－1.16×10rad417.17等截面圆杆的Ip＝2I＝16000mm，受力情况如图17-2-27所示，弹性模量E＝200GPa，切变模量G＝80GPa。试求各支座约束力和节点位移。图17-2-27图17-2-28解：如图17-2-28所示，将梁看作是①、②两单元组成的杆系，与单元②相应的两端固定梁如图所示，除掉集中力F＝60N，代之以与固端反力和反力矩方向相反的节点力。在弯扭组合作用下，单元①的刚度方程12EI6EI12EI6EI003232llll1111GIGIPP00001Y1ll11w11T16EI004EA6EI2EI1M1l22lll1111111Y12EI6EI12EI6EIw2002T1l3l2l3l2211112M1GIGI20PP0002ll116EI2EI6EI4EI0022llll1111单元②的刚度方程

76912EI6EI12EI6EI003232llll2222GIGI0PP0002wY2ll2222T26EI004EA6EI2EI2M2l22lll2222222Y12EI6EI12EI6EIw3003T2l3l2l3l2322223M2GIGI30PP0003ll226EI2EI6EI4EI0022llll2222根据梁的支座条件，可得：w2＝w3＝0，θ3＝θ3＝0。1111已知节点力：Y1＝0，M1＝0，T1＝－18N·m；T1＝－18N·m，T2＝0，M2＝0，M2＝－4Fl/27。又根据平衡条件知2112212∑M1＝0，M2＋M3－Y2l2＝0，T1＝T1，T2＝T2＋T2，T3＝T3，T1＝T3将以上各式代入刚度方程得－3－3θ1＝－11.3×10rad，θ2＝－8.44×10rad代回刚度方程，可得节点位移－3－3－θ1＝－0.5×10rad，θ2＝－0.5×10rad，w1＝0.1×103m由此可根据刚度方程，求得各未知力，并进行叠加得各支座反力Y2＝31.1N，Y3＝28.9N，T3＝18N·m，M3＝－5.33N·m217.18图17-2-29所示桁架各杆横截面面积均为800mm，且均为钢杆，E＝210GPa。试求桁架各杆的内力和各节点的位移。

770图17-2-29解：（a）图17-2-29（a）所示建立如图17-2-30所示坐标系。

771图17-2-30首先写出各单元的单元刚度矩阵。9－66对于各杆均有：EA/l＝210×10×800×10/2N/m＝84×10N/m。单元①，θ＝0°，根据公式得整体坐标系中的单元刚度矩阵1010k841060000110100000单元②，θ＝120°，根据公式得整体坐标系中的单元刚度矩阵13134444333364444k841021313444433334444单元③，θ＝60°，根据公式得整体坐标系中的单元刚度矩阵

77213134444333364444k841031313444433334444由此可列出整体刚度方程为5313104444333300FuX144441FwY15313110FuX26444428410FwY23333200FuX344443Fw13131Y3304444233333044442由桁架的支座条件知：u1＝w1＝w2＝0。又已知节点3载荷：FX3＝100kN，FY3＝－100kN，FX2＝0。代入整体刚度矩阵可得：u2＝0.938mm，u3＝2.85mm，w3＝－1.06mm。即节点位移TT（u1，w1，u2，w2，u3，w3）＝（0，0，0.938，0，2.85，－1.06）将以上求得的各点位移代回刚度方程，可得节点载荷TT（Fx1，FY1，FX2，FY2，FX3，FY3）＝（－100，－36.8，0，136.8，100，－100）即为各支座反力。由此，经坐标转化，可求得各杆内力78.8F178.8

773157F215742.6F342.6（b）图17-2-29（b）所示同理，各杆内力70.7F170.7F2070.7F370.7各节点位移TT21w12w23w34w400000001.68（c）图17-2-29（c）所示同理，各杆内力23.6F123.631.5F231.548.6F348.6394.F4394.85.6F585.6各节点位移TT（u1，w1，u2，w2，u3，w3，u4，w4）＝（0，0，0，0，2.533，0.869，1.783，0.422）

77417.19对弯曲与拉伸（压缩）的组合变形杆件，试证单元刚度矩阵的坐标变换公式仍为公式（17.13），即[km]＿T＝[λ][km][λ]。＿＿＿证明：如图17-2-31所示，设单元为m，节点为i、j，整体坐标系xOy，单元局部坐标系xOy，x轴与x轴夹角为θ。图17-2-31＿＿＿局部坐标中，单元刚度方程：[Fm]＝[km][δm]。EAEI0000llXu12EI6EI12EI6EIi00il3l2l3l2Yii006EI4EI6EI2EIMuill22lliXEAEIj0000jYulljj12EI6EI12EI6EIMj003232jllll6EI2EI6EI4EI0022llll两坐标中节点力之间的关系XiXcosYsiniiYiXiisinYcosMMii

775XjXcosYsinjjYjXjjsinYcosMMjj写成矩阵的形式，即为XiXcossin0000iYisincos0000YiMi001000MiXj000cossin0Xj000sincos0YYjj000001MjMj＿记作：[Fm]＝[λ][Fm]。＿同理，两坐标中节点位移之间关系：[δm]＝[λ][δm]。整体坐标系中，单元刚度方程：[Fm]＝[km][δm]。＿＿＿局部坐标系中，单元刚度方程：[Fm]＝[km][δm]。＿＿联立以上各式，有：[λ][Fm]＝[km][λ][δm]，[λ][km][δm]＝[km][λ][δm]。＿＿－1T化简得：[km]＝[λ][km][λ]＝[λ][km][λ]。27417.20图17-2-32所示刚架各杆EI和EA均相等，E＝200GPa，A＝2000mm，I＝1.2×10mm，l＝2m。试作刚架的弯矩图。

776图17-2-32解：（a）对于①、②单元均有9－46EA/l＝200×10×20×10/2N/m＝2×10N/m39－83612EI/l＝12×200×10×1200×10/2N/m＝3.6×10N/m29－8266EI/l＝6×200×10×1200×10/2N＝3.6×10N9－862EI/l＝2×200×10×1200×10/2N·m＝2.4×10N·m9－864EI/l＝4×200×10×1200×10/2N·m＝4.8×10N·m代入公式得单元①和单元②的单元刚度矩阵均为200002000003.63.603.63.603.64.803.62.46kk1210200002000003.63.603.63.603.62.403.64.8

777经坐标变换，把以上单元刚度矩阵转变为整体坐标中的单元刚度矩阵。单元①：θ＝90°，cosθ＝0，sinθ＝1，可得坐标变换矩阵为010000100000001000λ000010000100000001则根据公式可求得单元①在整体坐标中的单元刚度矩阵3.603.63.603.602000020003.604.83.602.4T6kk1=λ1λ103.603.63.603.602000020003.602.43.604.8同理，单元②在整体坐标中的单元刚度矩阵200002000003.63.603.63.603.64.803.62.46kk2102200002000003.63.603.63.603.62.403.64.8叠加后可得整体刚度矩阵，则整体刚度方程FX13.603.63.603.60000F02000020000000Y1M3.604.83.603.4000012003.603.6203.603.620000u210010=1036020000203.63.603.63.6203.602.43.63.69.603.62.42F00020000200000X3F00003.63.603.63.60Y3M00003.62.403.64.803根据题意，节点1、3为固定端，有u1＝w1＝θ1＝u3＝w3＝θ3＝0。

778将以上各式代入整体刚度方程，可得节点2的位移：u2、w2、θ2。将求得的节点2的位移代回整体刚度方程即可得到各节点力，即各杆端截面上的内力TF＝（FX1，FY1，M1，FX2，FY2，M1，FX3，FY3，M3）＝（－3，97.6，3.1，200，－100，0，－197，2.4，T－2.2）由此可作刚架的弯矩图，如图17-2-33（a）所示。图17-2-33（b）同理求得各节点力TTF＝（FX1，FY1，M1，FX2，FY2，M1，FX3，FY3，M3）＝（－300，－37.5，225，0，0，0，0，37.5，0）由此可作刚架的弯矩图，如图17-2-33（b）所示。17.21写出图17-2-34所示刚架的整体刚度方程。设刚架各杆的EI和EA皆相等，且E＝200GPa，A＝30×10－42－84m，I＝2400×10m。

779图17-2-34图17-2-35解：首先将作用在单元②上的中间载荷等效为作用在节点2、4上的载荷，得到如图17-2-35所示的杆系。对于①、②、③单元均有9－48EA/l＝200×10×30×10/3N/m＝2×10N/m39－83612EI/l＝12×200×10×2400×10/3N/m＝2.13×10N/m29－8266EI/l＝6×200×10×2400×10/3N＝3.2×10N9－864EI/l＝4×200×10×2400×10/3N·m＝6.4×10N·m9－862EI/l＝2×200×10×2400×10/3N·m＝3.2×10N·m代入公式得单元①、单元②、单元③的单元刚度矩阵均为200002000002.133.202.133.203.26.403.23.26k1==k2k310200002000002.133.202.133.203.23.203.26.4经坐标变换，把以上单元刚度矩阵转变为整体坐标中的单元刚度矩阵。单元①、③：θ＝90°，cosθ＝0，sinθ＝1，可得坐标变换矩阵为

780010000100000001000λ000010000100000001则根据公式可求得单元①在整体坐标中的单元刚度矩阵2.1303.22.1303.202000020003.206.43.203.2T6kkλkλ101312.1303.22.1303.202000020003.203.23.206.4＿单元②：θ＝0°，即有[k2]＝[k2]。将以上得到的单元刚度矩阵叠加，得到整体刚度方程Fx1F20000200000000000y1M02.133.202.133.200000001003.26.403.23.2000000020020000202.1303.202000000u2302.133.20202.133.202000000w24003.23.23.23.23.212.83.203.2006210F0002.1303.2202.1303.2200000x3Fy3000020000202.133.202.133.20M0003.203.23.23.212.803.23.20300000002000020000u47000000002.133.202.133.2w4300000003.23.203.26.442017.3名校考研真题详解本章不是考试重点，所以基本上没有学校的考研试题涉及到本章内容，因此，读者可以简单了解，不必作为复习重点，本部分也就没有选用考研真题。

781第18章杆件的塑性变形18.1复习笔记一、金属材料的塑性性质1．弹性阶段和塑性阶段当材料处于弹性阶段时，加载过程和卸载过程中的应力一应变关系是完全相同的，但当材料处于塑性阶段时，加载过程和卸载过程中的应力一应变关系遵循不同的规律。2．单向应力状态的塑性本构关系根据弹性应变和塑性应变的相对大小，则可以简化成弹塑性模型和刚塑性模型；根据塑性阶段有无强化阶段，可以简化成理想塑性和线性强化塑性。因此一般有4种模型，分别为理想弹塑性材料、刚塑性材料、线性强化弹塑性材料和线性强化刚塑性材料，其应力一应变关系分别对应图18-1-1的（a）～（d）。图18-1-13．复杂应力状态的塑性条件（1）最大切应力理论（Trasca屈服准则）ζ1－ζ3＝ζs（2）最大畸变能密度理论（Mises屈服准则）2222（ζ1－ζ2）＋（ζ2－ζ3）＋（ζ3－ζ1）＝2ζs二、拉伸和压缩杆系的塑性分析1．静定杆系一旦杆系中应力最大的杆件达到了屈服极限，整个杆系则会成为几何可变的“机构”，对应的外载荷就是该杆系的极限载荷Fp。2．超静定杆系

782通过分阶段来讨论各个阶段对应的载荷和变形之间的关系。首先应力最大的杆件屈服，这时对应的外载荷为F1；若材料为理想弹塑性材料，则该杆件屈服之后应力保持不变，直至其他杆件都达到屈服，此时对应的外载荷为该杆系的极限载荷Fp，所以直接令所有的杆件都达到屈服极限，通过平衡方程直接可以得到极限载荷Fp。注：建立平衡方程的过程没有考虑材料的性质，所以平衡方程适合任何小变形阶段，不论是弹性还是塑性。三、圆轴的塑性扭转当圆轴截面边缘的最大切应力首先达到剪切屈服极限ηs时，对应的扭矩为T13T1＝πrηs/2设圆轴扭转切应力和切应变的关系是理想弹塑性的。当整个截面都为屈服区域，即截面上应力全部达到屈服极限ηs时，对应的扭矩为该圆轴的极限扭矩Tp23Td2AπdπrpAAsSs3图18-1-2四、塑性弯曲和塑性铰1．纯弯曲（1）截面上正应力最大的边缘首先出现塑性变形，对应的弯矩为M1＝Iζs/ymax（2）当直梁截面的受拉区和受压区上的应力都达到屈服极限，对应的弯矩为极限弯矩Mp＿＿Mp＝Aζs（y1＋y2）/2＿＿其中，A为横截面面积，y1和y2分别是拉应力区和压应力区面积的形心到中性轴的距离。2．横力弯曲2（1）假设梁的横截面为矩形，极限弯矩为Mp＝bhζs/4。（2）达到极限载荷之后，由于材料是理想弹塑性的，截面上的拉应力和压应力皆保持为ζs，所以截面上的弯矩保持不变，但截面的转动却已不受“限制”，相当于在截面上有一个铰链，而且在铰链的两侧作用着数值等于Mp的力偶矩，这个铰链就称为塑性铰。这时梁已成为用铰链把两侧两根刚杆连接起来的“机构”，失去了承载能力。五、梁的塑性分析1．静定梁当梁内最大弯矩达到极限弯矩时，静定梁就会形成塑性铰，成为机构。2．超静定梁

783（1）原理当梁内某截面最大弯矩达到极限弯矩时，该截面会形成塑性铰，但此时梁并未丧失承载能力。只有当梁形成多个塑性铰而完全成为机构时，对应的载荷才是极限载荷。（2）解决步骤①在弯矩极值处的截面形成塑性铰，并附加上相应的极限弯矩Mp；②根据简化后机构的平衡方程，求出极限外载荷和极限弯矩之间的关系；③对各个极限外载荷进行比较，取较小的一个作为问题的最终极限载荷。注：弯矩极值一般出现在固定端、中间支座、集中力的作用位置以及梁的跨度中点。六、残余应力及厚壁圆筒的塑性变形1．残余应力（1）概念受荷载作用的构件，若局部应力超过屈服极限而产生塑性变形，再将荷载解除时，产生塑性变形的部分将阻碍弹性变形部分的恢复，引起内部相互作用的应力称为残余应力。（2）分析方法在结构或构件上施加一个反向载荷，其方向与原载荷方向相反，大小等于原载荷数值大小，此时载荷已完全解除。需要注意的是，在卸载过程即施加反向载荷过程中，应力一应变关系是按线性规律分布的。将加载和卸载两种应力叠加，便可得到残余应力。图18-1-32．厚壁圆筒的塑性变形设圆筒只受内压p作用，假设沿圆筒轴线变形等于零，即εz＝0。（1）线弹性阶段径向应力和周向应力分别为22pab1222ba

78422pab1222ba其中a为圆筒内圈半径，b为圆筒外圈半径。（2）开始出现塑性变形根据Tresca屈服准则（最大切应力理论），当满足ζ1－ζ3＝ζs时，材料屈服222pab13ps222ba0圆筒在内侧处开始出现塑性变形，此时对应的内压记为p，为022p＝ζs（1－a/b）/2（3）极限状态整个厚壁圆筒发生塑性变形，径向应力和周向应力分别为blnsb1lns此时对应的极限压力为bplnpsa（4）卸载过程在圆筒上施加一个反向压力－pp，应力变化按线性规律，即将反向压力－pp代入到线弹性阶段的径向应力和周向应力公式中，得到卸载过程的应力变化量，再叠加上极限状态的应力分布，便可得到厚壁圆筒卸载之后的残余应力。18.2课后习题详解18.1图18-2-1所示结构的水平杆为刚杆，1，2两杆由同一理想弹塑性材料制成，横截面面积皆为A。试求使结构开始出现塑性变形的载荷F1和极限载荷Fp。

785图18-2-1解：两杆轴力分别为FN1、FN2，左端支座为A。静力平衡条件∑MA＝0，F·3a－FN1·a－FN2·2a＝0得F＝（FN1＋2FN2）/3。水平杆为刚杆，有变形协调条件：Δl2＝2Δl1。（1）在线弹性阶段：FN2＝2FN1。杆2先屈服，开始出现塑性变形时：FN2＝ζsA，FN1＝ζsA/2。1AA2FF22ss5FAN1N21s336（2）杆2屈服以后，FN2恒为ζsA。F继续增大，FN1增大，直至杆1也屈服，静力平衡条件仍然不变。此时达到极限载荷F22FAAFAN1N2ssps3318.2图18-2-2所示杆件的上端固定，下端与固定支座间有0.02mm的间隙。材料为理想弹塑性材料。E＝22200GPa，ζs＝220MPa。杆件在AB部分的横截面面积为200mm，BC部分为100mm。若作用于截面B上的载荷F从零开始逐渐增加到极限值，作图表示F力作用点位移δ与F的关系。

786图18-2-2解：（1）F从0增加，至δ0＝0.02mm时，下端接触。期间δ与F为线性关系。此时3F＝FN1＝EA1δ0/lAB＝200×10×200×0.02/250N＝3.2kN（2）接触之后的受力如图18-2-3所示。F继续增加，假定上端AB杆先屈服。图18-2-3此时FN1＝ζsA1＝220×200N＝44kN。根据接触之后上下两段变形相等的变形协调条件：Δl1－δ0＝Δl2。即FlFlN1ABN2BC0EAEA12解得此时FN2＝20.4kN。此时，BC杆的应力

7873F20.410N2204MPa<220MPa2sA1002BC杆未屈服，因此假设正确。由静力平衡条件求得此时F＝FN1＋FN2＝64.4kN33δ1＝Δl1＝FN1lAB/（EA1）＝（44×10×250）/（200×10×200）＝0.275mm期间δ与F为线性关系。（3）F继续增加至BC杆也屈服，达到极限载荷。过程中AB杆中轴力不变，但变形增加。FN1＝44kN，FN2＝ζsA2＝220×100N＝22kN，F＝FN1＋FN2＝66kN33Δl2＝FN2lAB/（EA2）＝（22×10×250）/（200×10×100）＝0.275mmδ2＝Δl2＋δ0＝0.275＋0.02＝0.295mm期间δ与F为线性关系，δ与F的关系图如图18-2-4所示。图18-2-418.3试求图18-2-5所示结构开始出现塑性变形时的载荷F1和极限载荷Fp。设材料是理想弹塑性的，且各杆的材料相同，横截面面积皆为A。图18-2-5解：将各杆依次标号为1、2、3，设杆1内力为压力FN1，杆2为拉力FN2，杆3为拉力FN3，如图18-2-6。

788图18-2-6根据节点处的平衡方程，有∑Fx＝0，FN1－FN2cosα＝0∑Fy＝0，FN3＋FN2sinα－F＝0①弹性阶段再根据变形协调条件ll21+l3sintan以及本构关系FllN11EAFllN22EAcos和FltanlN33EA有FFN2N1FtanN3cossintan2sinFFN23N31cosFN1＝FN2cosα因为杆3的变形量最大，而且长度最短，所以杆3的轴力最大。竖直的杆3首先达到屈服，即FN3＝ζsA，则

789333sin1cossinFFFsin1FA1N3N233N3s1cos1cos②塑性阶段当杆2和杆3都达到屈服时，整个结构完全失去承载能力。即FN2＝FN3＝ζsA。所以Fp＝FN3＋FN2sinα＝ζsA（1＋sinα）。n18.4设材料单向拉伸的应力一应变关系为ζ＝Cε，式中C及n皆为常量，且0≤n≤1。若单向压缩的应力一应变关系与拉伸的相同。如图18-2-7所示，梁截面是高为h、宽为b的矩形。试导出纯弯曲时弯曲正应力的计算公式。解：由平面假设，得ε＝y/ρ因此有nnnζ＝Cε＝Cy/ρ①图18-2-7对于矩形截面梁，应力分布对中性层是反对称的。静力条件为d0AAydAMA由上述可知，第一个静力方程自动满足。将式①代入第二个静力方程，得hn22Cn12CbhMydA2ybyd②A0nnn22n式①②消去C/ρ，得nMyn2n2h2③b2令y＝h/2，得

790Myn2max④maxI33由于I＝bh/12，ymax＝h/2。若n＝1，则上式可化为线弹性的弯曲公式。18.5由理想弹塑性材料制成的圆轴，受扭时截面上已形成塑性区，沿半径应力分布如图18-2-8所示。试证明相应的扭矩是图18-2-8证明：整个圆轴截面可视为中间弹性部分和外圈塑性部分。因此spI13rTT12TRsdAsπ22csRπRRdAc1612333πcssπrc233213cπr1s334r18.6在图18-2-9所示梁的截面C和D上，分别作用集中力F和βF，这里β是一个正的系数，且0＜β＜1。试求极限载荷Fp。并问β为什么数值时，梁上的总载荷的极限值最大。

791图18-2-9解：分段讨论AB和BD。（1）要使AB跨变成机构，将A、B两截面形成塑性铰，在跨中的某一截面也形成塑性铰，由于对称而且作用集中载荷，所以在C处也形成塑性铰。结构如图18-2-10。图18-2-10易知FRA＝FRB＝F/2。由AC段平衡方程∑MC＝0，得2Mp－FRAl/2＝0。将FRA代入，解得F＝8MP/l。（2）使BD跨形成机构，将B截面形成铰链，如图18-2-11。图18-2-11根据平衡方程∑MB＝0，得βFl/2－Mp＝0F＝2Mp/βl极限载荷为MMpp2Fmin8,pll当β＞1/4时，极限载荷最大，为2Mp/（βl）；当β≤1/4时，极限载荷最大，为8Mp/l。18.7图18-2-12所示左端固定、右端铰支的梁，受两个相等的载荷F的作用。试求载荷的极限值。

792图18-2-12解：梁上最大正弯矩可能出现在两个集中力作用点处。从左至右依次命名为A、B、C、D。如图18-2-13。图18-2-13（1）最大正弯矩在B截面处将结构变成机构，在B截面处形成铰链，如图18-2-14。图18-2-14根据虚位移原理，有llFF20MMpp3322解得F＝5MP/l。（2）最大正弯矩在C截面处将结构变成机构，在C截面处形成铰链，如图18-2-15。图18-2-15同理，根据虚位移原理，有

793ll2FF2MM20pp33解得F＝4MP/l。比较以上两种情况，极限载荷取较小值，为F＝4MP/l。18.8双跨梁上的载荷如图18-2-16所示，试求载荷的极限值。图18-2-16图18-2-17解：最大弯矩出现在集中载荷处。（1）AB跨机构如图18-2-18所示：图18-2-18由AD部分的平衡方程∑MD＝0，得FRA·2l/3－2Mp＝0。解得FRA＝3Mp/l。由BD部分的平衡方程∑MD＝0，得FRB·l/3－2Mp＝0。解得FRB＝6Mp/l。所以由∑Fy＝0得，FRA＋FRB＝2F，即3Mp/l＋6Mp/l＝2F。所以F＝9Mp/（2l）。（2）BC跨机构如图18-2-19所示：

794图18-2-19由BE部分的平衡方程∑ME＝0得FRB′·l/2－2Mp＝0。解得FRB′＝4Mp/l。由CE部分的平衡方程∑ME＝0得FRCl/2－Mp＝0。解得FRC＝2Mp/l。所以由∑Fy＝0得FRC＋FRB′＝F，即2Mp/l＋4Mp/l＝F。所以F＝6Mp/l。综上，比较两者结果，极限载荷较小值，为F＝9Mp/2l。18.9平均半径为R的薄壁圆环受沿直径的两个F力作用，如图18-2-20所示。试求极限载荷Fp。图18-2-20图18-2-21解：取四分之一对称结构进行分析，如图18-2-21，设环内弯矩为M，对A点列平衡方程，则∑MA＝0，2M－FR/2＝0M＝FR/4令M＝FR/4＝Mp，解得Fp＝4Mp/R。

79518.10圆轴扭转达到极限状态后卸载。若材料为理想弹塑性材料，试求卸载后的残余应力。3解：极限状态的扭矩为2πrηs/3因此对极限状态的圆轴施加一个反向扭矩，卸载过程应力一应变关系是线性的。卸载减小的最大切应力为23πrrTr3s4psI143pπd32圆心处的切应力为η＝ηs－0＝ηs在圆周外沿切应力为η＝ηs－4ηs/3＝－ηs/3应力分布如图18-2-22：图18-2-2218.11厚壁圆筒的内、外半径分别为a＝10mm，b＝25mm。材料为碳钢，ζs＝240MPa。预加内应力使其达到极限状态，然后卸载。若材料为理想弹塑性的，试计算内侧面和外侧面内的残余应力，并作图表示沿壁厚残余应力的分布情况。解：（1）极限状态的内压Pp及正应力Pp＝ζsln（b/a）ζρ＝－ζsln（b/ρ）ζθ＝ζs[1－ln（b/ρ）]（2）卸载过程是弹性的，减小的最大径向应力和周向应力分别为22Pabp1222ba22Pabp1222ba因此残余应力为

79622bPapbln1s222ba22bPapb1ln1sb2a22将Pp代入式中，令ρ＝a，得到b2lna2bsabln10sab22aa2b2lna22bsabb2b1ln11lnss22222aabaaba1.18284MPas令ρ＝b，得到b2lna2bSabln10sbb22ab2b2lna22bbsaba21ln11lnss22222bbabbaa0.651156MPas径向正应力均为零。应力分布图略。18.3名校考研真题详解本章不是考试重点，所以基本上没有学校的考研试题涉及到本章内容，因此，读者可以简单了解，不必作为复习重点，本部分也就没有选用考研真题。