材料力学第四版版答案7.docx
(整理)工程力学(静力学与材料力学)第四版习题答案
静力学部分第一章基本概念受力图2-1 解：由解析法，23cos 80RX F X P P Nθ==+=∑12sin 140RY F Y P P Nθ==+=∑故：161.2R F N==1(,)arccos2944RYR RF F P F '∠==2-2解：即求此力系的合力，沿OB 建立x 坐标，由解析法，有123cos45cos453RX F X P P P KN==++=∑13sin 45sin 450RY F Y P P ==-=∑故： 3R F KN== 方向沿OB 。
2-3 解：所有杆件均为二力杆件，受力沿直杆轴线。
（a ） 由平衡方程有：0X =∑sin 300AC AB F F -=0Y =∑cos300AC F W -=0.577AB F W=（拉力）1.155AC F W=（压力）（b ） 由平衡方程有：0X =∑cos 700AC AB F F -=0Y =∑sin 700AB F W -=1.064AB F W=（拉力）0.364AC F W=（压力）（c ） 由平衡方程有：0X =∑cos 60cos300AC AB F F -=0Y =∑sin 30sin 600AB AC F F W +-=0.5AB F W= (拉力)0.866AC F W=（压力）（d ） 由平衡方程有：0X =∑sin 30sin 300AB AC F F -=0Y =∑cos30cos300AB AC F F W +-=0.577AB F W= (拉力)0.577AC F W= (拉力)由x =∑cos 450RA F P -=15.8RA F KN∴=由Y =∑sin 450RA RB F F P +-=7.1RB F KN∴=(b)解：受力分析如图所示：由x =∑cos 45cos 450RA RB F F P --=0Y =∑sin 45sin 450RA RB F F P -=联立上二式，得：22.410RA RB F KN F KN==三力汇交于点D ，其封闭的力三角形如图示所以：5RA F KN= （压力）5RB F KN=（与X 轴正向夹150度）2-6解：受力如图所示：已知，1R F G = ，2AC F G =由x =∑cos 0AC r F F α-=12cos G G α∴=由0Y =∑ sin 0AC N F F W α+-=2sin N F W G W α∴=-⋅=2-7解：受力分析如图所示，取左半部分为研究对象由x=∑cos45cos450RA CBP F F--= 0Y=∑sin45sin450CB RAF F'-=联立后，解得：0.707RAF P=0.707RBF P=由二力平衡定理0.707 RB CB CBF F F P'===2-8解：杆AB，AC均为二力杆，取A点平衡由x=∑cos60cos300AC ABF F W⋅--= 0Y=∑sin30sin600AB ACF F W+-=联立上二式，解得：7.32AB F KN=-（受压）27.3AC F KN=（受压）2-9解：各处全为柔索约束，故反力全为拉力，以D ，B 点分别列平衡方程（1）取D 点，列平衡方程由x =∑sin cos 0DB T W αα-=DB T Wctg α∴==（2）取B 点列平衡方程：由0Y =∑sin cos 0BDT T αα'-=230BD T T ctg Wctg KN αα'∴===2-10解：取B 为研究对象：由0Y =∑sin 0BC F P α-=sin BC P F α∴=取C 为研究对象：由x =∑cos sin sin 0BCDC CE F F F ααα'--=由0Y =∑ sin cos cos 0BC DC CE F F F ααα--+=联立上二式，且有BCBC F F '= 解得：2cos 12sin cos CE P F ααα⎛⎫=+⎪⎝⎭取E 为研究对象：由0Y =∑ cos 0NH CEF F α'-=CECE F F '= 故有：22cos 1cos 2sin cos 2sin NH P PF ααααα⎛⎫=+= ⎪⎝⎭2-11解：取A 点平衡：x =∑sin 75sin 750AB AD F F -=0Y =∑cos 75cos 750AB AD F F P +-=联立后可得： 2cos 75AD AB PF F ==取D 点平衡，取如图坐标系：x =∑cos5cos800ADND F F '-=cos5cos80ND ADF F '=⋅由对称性及 ADAD F F '=cos5cos5222166.2cos80cos802cos 75N ND AD PF F F KN'∴===⋅=2-12解：整体受力交于O 点，列O 点平衡由x =∑cos cos300RA DC F F P α+-=0Y =∑sin sin 300RA F P α-=联立上二式得：2.92RA F KN=1.33DC F KN=（压力） 列C 点平衡x =∑405DC AC F F -⋅=0Y =∑ 305BC AC F F +⋅=联立上二式得： 1.67AC F KN=（拉力）1.0BC F KN=-（压力）2-13解：（1）取DEH 部分，对H 点列平衡x =∑0RD REF F '= 0Y =∑0RD F Q -=联立方程后解得：RD F =2REF Q '=（2）取ABCE 部分，对C 点列平衡x =∑cos 450RE RA F F -=0Y =∑sin 450RB RA F F P --=且RE REF F '=联立上面各式得：RA F =2RB F Q P=+（3）取BCE 部分。
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(c) a a =-50MPa r…=0CT| = 0 6=6= -50 MPa(d) o a =40MPa r a =10 MPa6=41 MPa 6 = 0 0*3 = —61 MPa a Q =39°35‘7-7 解：(a) a a =25 MPa r a = 26 MPa cr, = 20 MPa <r 2 = 0= -40 MPa (b) =-26MPa T a = 15 MPa cr, =3() MPa 6=0=-30MPa40 MPa20 MPa7-14(-20.皿、丁40> I X4 b/MPa ¥\ (0?^rr/MPa7-15单元体各面上的应力如图所示。
试用应力圆的儿何关系求主应力及最人切应力。
解：(a)由卩平面内应力值作a, b点,连接"交O•轴得圆心C (5(). 0)应力圆半径心)2+时=44.726 =50+44.7 = 94.7 MPa cr3=50-44.7 = 5.3 MPa (T2 = 50MPa2= 44.7 MPay r/MPa(b)由心平面内应力作g b点,连接血交O•轴丁•(？点，0030.故应力圆半径则: r = >/302 +402 = 506 =30 +50 = 8() MPaa2 =50 MPa a3=-20 MPa= 5() MPa(c)由图7-15 (c)yz平面内应力值作a, b点,圆心为O,半径为50,作应力圆得6 = 5() MPaa2 =-50 MPa6 =-80 MPa50 MPar/MPamax '6 一6 ,二」——=65MPa27-187-19在矩形截面钢拉伸试样的轴向拉力F = 20kN时，测得试样中段B点处与其轴线成30°方向的线应变为a. =3.25x10"。
已知材料的弹性模量£ = 210GPa ,试求泊松比解:F 20X103A " 20x10x10" = 10() MPa CT=a cos2a = —a = 75 MPa4cr|20. = cr cos2a = 25 MPa3.25X10_4 X210X 109 = (75-yx25)x IO6 v = 0.27M c = M n = 690kN- m Fsc 狂=佗 D 右=670 kN7-197-20 D= 120mm,治&hnm 的空心圆轴，两端承受一对扭转力偶矩，如图所示。
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静力学部分第一章基本概念受力图2-1 解：由解析法，23cos 80RX F X P P Nθ==+=∑ 12sin 140RY F Y P P N θ==+=∑故：22161.2R RX RY F F F N=+=1(,)arccos2944RYR RF F P F '∠==2-2解：即求此力系的合力，沿OB 建立x 坐标，由解析法，有123cos45cos453RX F X P P P KN==++=∑13sin 45sin 450RY F Y P P ==-=∑故：223R RX RY F F F KN=+= 方向沿OB 。
2-3 解：所有杆件均为二力杆件，受力沿直杆轴线。
（a ） 由平衡方程有：0X =∑ sin300ACAB FF -= 0Y =∑ cos300ACFW -=0.577AB F W =（拉力） 1.155AC F W =（压力）（b ） 由平衡方程有：0X =∑ cos700ACAB FF -= 0Y =∑ sin700ABFW -=1.064AB F W =（拉力）0.364AC F W =（压力）（c ） 由平衡方程有：0X =∑ cos60cos300ACAB FF -= 0Y =∑ sin30sin600ABAC FF W +-=0.5AB F W = (拉力)0.866AC F W =（压力）（d ） 由平衡方程有：0X =∑ sin30sin300ABAC FF -=0Y =∑ cos30cos300ABAC FF W +-=0.577AB F W = (拉力)0.577AC F W = (拉力)2-4 解：（a ）受力分析如图所示：由x =∑22cos 45042RA F P -=+15.8RA F KN ∴=由Y =∑22sin 45042RA RB F F P +-=+7.1RB F KN ∴=(b)解：受力分析如图所示：由x =∑cos 45cos 45010RA RB F F P --= 0Y =∑sin 45sin 45010RA RB F F P +-=联立上二式，得：22.410RA RB F KN F KN==2-5解：几何法：系统受力如图所示三力汇交于点D ，其封闭的力三角形如图示所以： 5RA F KN = （压力） 5RB F KN =（与X 轴正向夹150度） 2-6解：受力如图所示：已知，1R F G = ，2AC F G =由x =∑ cos 0AC r F F α-=12cos G G α∴=由0Y =∑ sin 0AC N F F W α+-=22221sin N F W G W G G α∴=-⋅=--2-7解：受力分析如图所示，取左半部分为研究对象由x =∑ cos45cos450RA CB P F F --=0Y =∑ sin 45sin 450CBRA F F '-=联立后，解得： 0.707RA F P = 0.707RB F P =由二力平衡定理 0.707RB CB CB F F F P '===2-8解：杆AB ，AC 均为二力杆，取A 点平衡由x =∑ cos60cos300AC AB F F W ⋅--=0Y =∑ sin30sin600ABAC FF W +-=联立上二式，解得： 7.32AB F KN =-（受压）27.3AC F KN =（受压）2-9解：各处全为柔索约束，故反力全为拉力，以D ，B 点分别列平衡方程（1）取D 点，列平衡方程由x =∑ sin cos 0DB T W αα-=0DB T Wctg α∴==（2）取B 点列平衡方程：由0Y =∑sin cos 0BDT T αα'-=230BDT T ctg Wctg KN αα'∴===2-10解：取B 为研究对象：由0Y =∑ sin 0BC F P α-=sin BC PF α∴=取C 为研究对象：由x =∑ cos sin sin 0BC DC CE F F F ααα'--=由0Y =∑ sin cos cos 0BC DC CE F F F ααα--+=联立上二式，且有BC BC F F '= 解得：2cos 12sin cos CE P F ααα⎛⎫=+ ⎪⎝⎭取E 为研究对象：由0Y =∑ cos 0NH CE F F α'-=CECE F F '= 故有：22cos 1cos 2sin cos 2sin NH P PF ααααα⎛⎫=+= ⎪⎝⎭2-11解：取A 点平衡：x =∑ sin75sin750AB AD F F -=0Y =∑ cos75cos750ABAD FF P +-=联立后可得：2cos 75AD AB PF F ==取D 点平衡，取如图坐标系：x =∑ cos5cos800AD ND F F '-=cos5cos80ND ADF F '=⋅由对称性及 AD AD F F '=cos5cos5222166.2cos80cos802cos75N ND AD PF F F KN'∴===⋅=2-12解：整体受力交于O点，列O点平衡由x=∑cos cos300RA DCF F Pα+-=Y=∑sin sin300RAF Pα-=联立上二式得： 2.92RAF KN=1.33DCF KN=（压力）列C点平衡x=∑405DC ACF F-⋅=Y=∑305BC ACF F+⋅=联立上二式得： 1.67ACF KN=（拉力）1.0BCF KN=-（压力）2-13解：（1）取DEH 部分，对H 点列平衡x =∑05RD REF F '-= 0Y =∑05RD F Q =联立方程后解得： 5RD F Q2RE F Q '=（2）取ABCE 部分，对C 点列平衡x =∑ cos450RE RA F F -=0Y =∑ sin 450RBRA FF P --=且 RE RE F F '=联立上面各式得： 22RA F Q =2RB F Q P =+（3）取BCE 部分。
材料力学第四版课后答案课件
02 材料力学基础知识
CHAPTER
详细描述
材料力学是工程学科中的一门基础学科，主要研究材料在力作用下的行为，包括材料的 变形、断裂、疲劳等。对于工程师来说，了解材料力学的基本原理和知识是必不可少的
，因为这些原理和知识被广泛应用于各种工程领域，如建筑、机械、航空航天等。
材料力学的基本假设与原理
总结词
材料力学基于一些基本假设和原理，如连续性、均匀 性、各向同性等，通过这些假设和原理来描述材料的 力学行为。
材料力学第四版课后答案课件
目录
CONTENTS
• 材料力学概述 • 材料力学基础知识 • 材料力学基本分析方法 • 材料力学中的能量方法 • 材料力学的应用实例 • 材料力学第四版课后答案解析
01 材料力学概述
CHAPTER
材料力学的定义与重要性
总结词
材料力学是研究材料在力作用下变形、破坏和恢复的学科，对于工程设计和安全至关重 要。
材料力学的发展历程
• 总结词：材料力学的发展经历了多个阶段，从最早的实验观察到现代的数值模拟和智能化技术应用。
• 详细描述：材料力学的发展历程可以追溯到古代，当时的人们通过实践经验积累了一些关于材料性质的认识。然而，真正的材料力学研究始于18世纪，当时的一些科学家开始系统地研 究材料的力学行为。随着科学技术的发展，材料力学的研究也不断深入，涉及到更广泛的应用领域。现代的材料力学研究已经与数学、物理、化学等多个学科交叉融合，形成了许多新 的研究方向和应用领域。同时，随着计算机技术和数值模拟方法的快速发展，现代的材料力学研究也更加依赖于计算机模拟和智能化技术。这些技术的发展为材料力学的研究提供了更 广阔的空间和更深入的认识。
详细描述
材料力学的研究基于一些基本假设和原理。连续性假 设认为材料可以被看作连续的介质，而不是由单个原 子或分子组成。均匀性假设则认为在材料的宏观尺度 上，材料的性质是均匀的，不会因位置的不同而有所 变化。是相同的，不会因方向的不同而有所变化。这些 基本假设和原理为材料力学的研究提供了基础。
材料力学答案第七章
第七章 弯曲变形第七章答案7-1 用积分法求位移时，下列各等直梁应分几段？写出各梁中AB 段的挠曲线近似微分方程。
写出确定积分常数的位移边界条件和变形连续条件。
解：应该分为3段 取CD 为研究对象得：ql F F D C 41==取整体为研究对象得：ql F A 83=，ql F A 87= )223( )2(21)2(41)23(l )23(41)(0 21833233322212111l x l x l q x l ql w EI l x x l ql w EI l x qx qlx w EI ≤≤---=''≤≤--=''≤≤-=''0|||||0|0||23233232233232210133232211='='============l x lx lx lx lx l x l x x w w w w w w w w解：应该分为2段F F F C A ==,0)2( )2()(0 22211l x l x l F w EI l x Fl w EI ≤≤-=''≤≤=''1x x AF DF BF DF(b)AF 1xkFw w w w w w l x l x l x l x l x x -='='========22212101232321|||||0| 7.2 用积分法求图示梁跨度中点的挠度c w 和端截面转角A θ及B θ。
（EI ql w C 76854=，EI ql A 38473=θ，EI ql B 12833-=θ）解：ql F A 81=；ql F B 83=1113111211111 481 161)2(0 81D x C qlx EIw C qlx w EI l x qlx w EI ++=+='≤≤='' 2224232223222222222 )2(241 481 )2(61 161)2( )2(21 81D x C l x q qlx EIw C l x q qlx w EI l x l l x q qlx w EI ++--=+--='≤≤--='' 边界条件：0|011==x w ⇒ 01=D 0|22==l x w ⇒0 162414812244=++⋅-D l C ql ql 222132||l x l x w w ===⇒2211)2( )2(D l C D l C +=+ 222132||l x l x w w =='='⇒021==C C则：021==D D ，4213847ql C C -== 32111133113847 161)2(0 3847 481qlqlx w EI l x x ql qlx EIw -='≤≤-=3847)2(61 161)2( 3847)2(241 48133222222342322ql l x q qlx w EI l x l x ql l x q qlx EIw ---='≤≤---= AF BF1xEI ql w x A 3847|3011-='==θ EI ql w l x B 1283|322='==θ EIql l ql l ql EI w w C 3845)]2(3847 )2(481[13331-=-==7.3 用叠加法求下列各梁的指定位移。
工程力学材料力学第四版(北京科技大学与东北大学)习题答案
工程力学材料力学（北京科技大学与东北大学）第一章轴向拉伸和压缩1-1 :用截面法求下列各杆指定截面的内力解:(a) :N i =O,N 2=N 3=P (b) :N i =N 2=2kN (c) :N I =P,N 2=2P,N 3= -P (d) :N i =-2P,N 2=P (e) :N i = -50N,N 2= -90NIS 1-i 鬲曲5*一一一 ■-一c Ep⑴:N I =0.896P,N 2=-0.732P 注（轴向拉伸为正，压缩为负）1-2：高炉装料器中的大钟拉杆如图a 所示，拉杆下端以连接楔与大钟连接，连接处拉杆的横截面如图b 所示；拉杆上端螺纹的内 径d=175mm 。
以知作用于拉杆上的静拉力P=850kN ，试计算大钟拉杆的最大静应力。
题1-2850kN解： CT 1 =850kNmax=35・3Mpa1-3 :试计算图a 所示钢水包吊杆的最大应力。
以知钢水包及其所盛钢水共重 尺寸如图b 所示。
解:大钟Cb)=35.3Mpa(T 2=S2 d24=30.4MPa90kN ，吊杆的 拉杆连接锲90P_上端单螺孔截面：c 2=?2=8.72MPaP_上端双螺孔截面3= S j =9.15Mpa-•莎 max =15.4Mpa下端螺孔截面：c20.065*0.045 =15.4Mpa题1-4图1-4： 一桅杆起重机如图所示，起重杆 AB 为一钢管，其外径 D=20mm,内径d=18mm;钢绳CB 的横截面面积为0.1cm 2。
已知起重量 P=2000N ，试计算起重机杆和钢丝绳的应力。
解：受力分析得： F i *sin15=F 2*sin45 F i *cos15=P+F 2*si n45•••c AB = $ =-47.7MPa旦c BC = S 2 =103.5 MPa1-5 :图a 所示为一斗式提升机.斗与斗之间用链条连接，链条的计算简图如图 b 所示,每个料斗连同物料的总重量 P=2000N.钢链又两层钢板构成，如c 所示.每个链板厚t=4.5mm,宽h=40mm,H=65mn 钉T 孔直径d=30mm 试求链 板的最大应力.125^5题1-3图(詁(C)题I诂图解：F=6PS i=h*t=40*4.5=180mmS2=(H-d)*t=(65-30)*4.5=157.5mmF•••b max= S2=38.1MPa1-6:一长为30cm的钢杆，其受力情况如图所示.已知杆截面面积A=10cm2,材料的弹性模量E=200Gpa,试求；(1) AC. CD DB各段的应力和变形.⑵AB杆的总变形.解：(1) b Ac=-20MPa, b CD=0, b DB=-20MPa;NL AC L△l AC=EA= EA=-0.01mmCD L△l CD = EA=0LDB△L DB=EA=-0.01mm1-8:为测定轧钢机的轧制力，在压下螺旋与上轧辊轴承之间装置一测压用的压头 .压头是一个钢制的圆筒，其外径D=50mm,内径d=40mm,在压头的外表面上沿纵向贴有测变形的电阻丝片 .若测得轧辊两端两个压头的纵向应变均为& =0.9*10-2,试求轧机的总轧 制压力.压头材料的弹性模量 E=200Gpa. 解：(2) /.1AB=-0.02mmIP=20kNi <2-20kN1-7: 一圆截面阶梯杆受力如图所示 ,已知 材料的弹性模量 E=200Gpa,试求各段的应力和应变. 解:ACPS AC31.8MPa CBSCB127MPaACCBNLEA NLEAACLEA AC1.59*104,CBLEA CB6.36*104Nl EA丄Q lN EAN EA 2.54*10 6 NL-£ E题 1-9 图1-9:用一板状试样进行拉伸试验，在试样表面贴上纵向和横向的电阻丝来测定试样的改变。
工程力学(静力学和材料力学)第四版习题答案解析
静力学部分第一章基本概念受力图2-1解：由解析法，23cos 80RX F X P P N θ==+=∑故：161.2R F N ==2-2 解：即求此力系的合力，沿OB 建立x 坐标，由解析法，有故：3R F KN ==方向沿OB 。
2-3解：所有杆件均为二力杆件，受力沿直杆轴线。
（a ）由平衡方程有：0.577AB F W =（拉力） 1.155AC F W =（压力）（b ）由平衡方程有：1.064AB F W =（拉力）0.364AC F W =（压力）（c ）由平衡方程有：0.5AB F W = (拉力)0.866AC F W =（压力）（d ）由平衡方程有：0.577AB F W = (拉力)0.577AC F W = (拉力)2-4 解：（a ）受力分析如图所示：由0x =∑cos 450RA F P -=由0Y =∑sin 450RA RB F F P +-=(b)解：受力分析如图所示：由联立上二式，得：2-5解：几何法：系统受力如图所示三力汇交于点D ，其封闭的力三角形如图示所以：5RA F KN =（压力）5RB F KN =（与X 轴正向夹150度）2-6解：受力如图所示：已知，1R F G =，2AC F G =由0x =∑cos 0AC r F F α-=由0Y =∑sin 0AC N F F W α+-=2-7解：受力分析如图所示，取左半部分为研究对象由0x =∑cos 45cos 450RA CB P F F --=联立后，解得：0.707RA F P =0.707RB F P =由二力平衡定理0.707RB CB CB F F F P '===2-8解：杆AB ，AC 均为二力杆，取A 点平衡由0x =∑cos 60cos300AC AB F F W ⋅--=联立上二式，解得：7.32AB F KN =-（受压）27.3AC F KN =（受压）2-9解：各处全为柔索约束，故反力全为拉力，以D ，B 点分别列平衡方程（1）取D 点，列平衡方程由0x =∑sin cos 0DB T W αα-=（2）取B 点列平衡方程：由0Y =∑sin cos 0BD T T αα'-=230BD T T ctg Wctg KN αα'∴===2-10解：取B 为研究对象：由0Y =∑sin 0BC F P α-=sin BC P F α∴= 取C 为研究对象：由0x =∑cos sin sin 0BC DC CE F F F ααα'--=由0Y =∑sin cos cos 0BC DC CE F F F ααα--+=联立上二式，且有BC BC F F '=解得：取E 为研究对象： 由0Y =∑cos 0NH CE F F α'-=CE CE F F '=故有：2-11解：取A 点平衡： 联立后可得：2cos 75AD AB PF F ==取D 点平衡，取如图坐标系：由对称性与AD AD F F '=2-12解：整体受力交于O 点，列O 点平衡由0x =∑cos cos300RA DC F F P α+-=联立上二式得：2.92RA F KN = 1.33DC F KN =（压力）列C 点平衡联立上二式得：1.67AC F KN =（拉力） 1.0BC F KN =-（压力）2-13解：（1）取DEH 部分，对H 点列平衡联立方程后解得：RD F =（2）取ABCE 部分，对C 点列平衡且RE RE F F '=联立上面各式得：RA F =（3）取BCE 部分。
材料力学答案第7章
∑F
及
n
= 0， σ α dA = 0
∑F
分别得到
t
= 0， τ α dA = 0
σ α = 0，τ α = 0
由于方位角 α 是任取的，这就证明了 A 点处各截面上的正应力与切应力均为零。 顺便指出，本题用图解法来证更为方便，依据 A 点上方两个自由表面上的已知应力（零 应力）画应力图，该应力圆为坐标原点处的一个点圆。至此，原命题得证。
由此可知，主应力各为
σ1 = 60.0MPa, σ 2 = σ 3 = 0
5
σ1 的方位角为
α0 = 0o
对于应力图(b),其正应力和切应力分别为
σB = τB =
| M | | y B | 12 × 20 × 10 3 × 0.050 N = = 3.00 × 10 7 Pa = 30.0MPa 3 2 Iz 0.050 × 0.200 m Fs S z (ω) 12 × 20 × 10 3 × 0.050 × 0.050 × 0.075 N = = 2.25 × 10 6 Pa = 2.25MPa 3 2 I zb 0.050 × 0.200 × 0.050m
σα = (
− 30 + 10 − 30 − 10 + cos45 o − 20sin45 o )MPa = −38.3MPa 2 2 − 30 − 10 τα = ( sin45 o + 20cos45 o )MPa = 0 2
(c)解：由题图所示应力状态可知，
σ x = 10MPa，σ y = −20MPa，τ x = 15MPa，α = −60 o
7-7
已知某点 A 处截面 AB 与 AC 的应力如图所示（应力单位为 MPa） ，试用图解法
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(c) a a =-50MPa r…=0
CT| = 0 6=6= -50 MPa
(d) o a =40MPa r a =10 MPa
6=41 MPa 6 = 0 0*3 = —61 MPa a Q =39°35‘
7-7 解：(a) a a =25 MPa r a = 26 MPa cr, = 20 MPa <r 2 = 0
= -40 MPa (b) =-26MPa T a = 15 MPa cr, =3() MPa 6=0
=-30MPa
40 MPa
20 MPa
7-14
(-20.
皿
、丁
40
> I X4 b/MPa ¥
\ (0?^
r
r/MPa
7-15单元体各面上的应力如图所示。
试用应力圆的儿何关系求主应力及最人切应力。
解：(a)由卩平面内应力值作a, b点,连接"交O•轴得圆心C (5(). 0)
应力圆半径
心)2+时=44.7
2
6 =50+44.
7 = 94.7 MPa cr3
=50-44.7 = 5.3 MPa (T2 = 50
MPa
2= 44.7 MPa
y r/MPa
(b)由心平面内应力作g b点,连接血交
O•轴丁•(？点，0030.故应力圆半径
则: r = >/302 +402 = 50
6 =30 +50 = 8() MPa
a2 =50 MPa a3
=-20 MPa
= 5() MPa
(c)由图7-15 (c)yz平面内应力值作a, b点,
圆心为O,半径为50,作应力圆得
6 = 5() MPa
a2 =-50 MPa
6 =-80 MPa
50 MPa
r/MPa
max '
6 一6 ,二」——=65MPa
2
7-18
7-19在矩形截面钢拉伸试样的轴向拉力F = 20kN时，测得试样中段B点处与其轴线成30°方向的线应变为a. =3.25x10"。
已知材料的弹性模量£ = 210GPa ,试求泊松比
解:
F 20X103
A " 20x10x10" = 10() MPa CT
=a cos2a = —a = 75 MPa
4
cr|20. = cr cos2a = 25 MPa
3.25X10_4 X210X 109 = (75-yx25)x IO6 v = 0.27
M c = M n = 690kN- m Fsc 狂=佗 D 右=670 kN
7-19
7-20 D= 120mm,治&hnm 的空心圆轴，两端承受一对扭转力偶矩，如图所示。
在轴的中部农
面彳点处，测得与其母线成45°
方向的线应变为= 2.6x1 O'4.已知材料的弹性常数 £ = 200GPa . v = 0.3,试求扭转力偶矩A/。
解：r =—=如方向如图 b[ = r,cr 3 = -r,a 2 = 0 2.6x1 (T* =
1 + 0.3 200x1()9 __________ _____________ 7rxl2O 5x|O-9ri '80、“
------------------- 1 ] — ( --- ) I 16 120
M t = 10891 Nm = 10.9 kN-m
7-25 7-25 一简支钢板梁承受荷载如图a 所示，
其截面尺寸见图b 。
已知钢材的许用应力为 [<r] = 170MPa,[r] = lOOMPa .试校核梁 内的最人止应力和最人切应力，并按第四强 度
理论校核危险截面上的点“的强度。
注:通常在计算点«处的应力时近似地 6m
按点a'的位置计算。
解：S'max =240x20x410x10"+10x400x200x10"
= 2.77xl (r'n?
S ：, = 240x20x410x10" =1.97xio _3m 3
(1) 梁内最人止应力发生任跨屮截面的上、卞边缘
=仏"昨=870x2x420x10-'二也“戸玄
/. 2.04x10“
齐=179-170 * 100% = 5.3%
[CT ]
170
CTg*超过[cr]的5.3%尚可。
(2) 梁内最人剪应力发生在支承截面的中性轴处
・ _JS 「=7l0xl0；x2.77xl0：=98MPa<k] hl. 10X 10-5X 2.04X 10-3
1 J
(3) 在集中力作用处偏外横截面上校核点a 的强度 _ max-' max Snax
max
,n»x 710x10’x 2.77x10’
690 x 10」x 400x10“
= 134 MPa
2.04x10"
670 xl03 x 1.97x1 O'3，
----------- :---------------- r = 64 MPa
1O X1O'3X2.O4X1O'3
cr r4 = Jcr； + = V1342 +3x642 = 176 MPa
176-170
[CT]170 x 100% = 3.53%
”超过［＜r］的3.53%,在丄程上是允许
的。