材料力学答案第三版单辉祖

第二章 轴向拉压应力与材料的力学性能

2-1 试画图示各杆的轴力图。

题2-1图

解：各杆的轴力图如图2-1所示。

轴力图如图2-2a(2)所示，

(a)解：由图2-2a(1)可知，

题2-2图

FN(x)2qaqx

FN,max2qa

图2-1

(b)解：由图2-2b(2)可知，

1

图2-2a

FRqa

2-2

试画图示各杆的轴力图，并指出轴力的最大值。图a与b所示分布载荷

均沿杆轴均匀分布，集度为q。

FN(x1)FRqa

FN(x2)FRq(x2a)2qaqx2

轴力图如图2-2b(2)所示，

ζmaxζ100MPa

FN,maxqa

ηmax

ζ

50MPa 2

2-5 某材料的应力-应变曲线如图所示，图中还同时画出了低应变区的详图。

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

图2-2b

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

2

示斜截面m-m上的正应力与切应力，以及杆内的最大正应力与最大切应力。

题2-3图

解：该拉杆横截面上的正应力为

ζ

F5010N

1.00108Pa100MPa A50010m

2

3

题2-5

解：由题图可以近似确定所求各量。

斜截面m-m的方位角α50，故有

ζζcos2α100MPacos2(50)41.3MPa

Δζ220106Pa

E220109Pa220GPa

Δε0.001

ζ

ηαsin2α50MPasin(100)49.2MPa

2

杆内的最大正应力与最大切应力分别为

ζp220MPa, ζs240MPa

ζb440MPa, δ29.7%

该材料属于塑性材料。

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

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

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

后杆的轴向变形。

题2-6图

解： ζFA420103Nπ0.0102m

2

2.55108Pa255MPa 查上述ζε曲线，知此时的轴向应变为

ε0.00390.39%

轴向变形为

Δllε(0.200m)0.00397.8104m0.78mm

拉力卸去后，有

εe0.00364， εp0.00026

故残留轴向变形为

Δllεp(0.200m)0.000265.2105m0.052mm

题2-9图

解：根据

d/b0.020m/(0.100m)0.2

查应力集中因数曲线,得

K2.42

根据

ζF

n

， Kζmax(bd)δζ

n

得

ζζKF2.4232103N7

maxKn(bd)δ(0.100－0.020)0.015m2

6.4510Pa64.5MPa

2-10 图示板件，承受轴向载荷F作用。已知载荷F=36kN，板宽b1

=90mm，

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

的最大拉应力（考虑应力集中）。

3

题2-10图

解：1.在圆孔处 根据

查圆孔应力集中因数曲线，得 故有

2-14

图示桁架，承受铅垂载荷F作用。设各杆的横截面面积均为A，许用

应力均为[]，试确定载荷F的许用值[F]。

d0.010m0.1111 b10.090m

K12.6

K1F2.636103N

ζmaxK1ζn11.17108Pa117MPa (b1－d)δ(0.090－0.010)0.010m

2．在圆角处

根据

题2-14图

解：先后以节点C与B为研究对象，求得各杆的轴力分别为

Db10.090m1.5 db20.060mRR0.012m0.2 db20.060m

FN12F FN2FN3F

根据强度条件，要求

查圆角应力集中因数曲线，得 故有

3. 结论

K21.74

2F

[] A

由此得

[F]

K2F1.7436103N

ζmaxK2ζn21.04108Pa104MPa 2

b2δ0.0600.010m

[]A

2

2-15 图示桁架，承受载荷F作用，已知杆的许用应力为[]。若在节点B

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

ζmax117MPa（在圆孔边缘处）

4

题2-15图

解：1.求各杆轴力

设杆AB和BC的轴力分别为FN1和FN2，由节点B的平衡条件求得

FFN1

sinα

， FN2Fctanα 2.求重量最轻的值 由强度条件得

A1

F[ζ]sin， AF

2[ζ]

ctanα

结构的总体积为

VAF1l1A[ζ]sinαlcosαFl[ζ]ctanαFl[ζ](2

2l2

sin2α

ctanα)由

dV

dα0 得

3cos2α10

由此得使结构体积最小或重量最轻的α值为

αopt5444

2-16 图示桁架，承受载荷F作用，已知杆的许用应力为[]。若节点A和

C间的指定距离为 l，为使结构重量最轻，试确定的最佳值。

题2-16图

解：1.求各杆轴力

由于结构及受载左右对称，故有

FN1FN2

F

2sinθ

2.求的最佳值 由强度条件可得

A1A2

F

2[ζ]sinθ

结构总体积为

V2A1l1

F[ζ]sinθl2cosθFl

[ζ]sin2θ

由 dV

dθ

0 得

cos2θ0

5

由此得的最佳值为

于是得

θopt45

由此得

D:h:d1

2-17图示杆件，承受轴向载荷F作用。已知许用应力[]＝120MPa，许用切

应力[]＝90MPa，许用挤压应力[bs]＝240MPa，试从强度方面考虑，建立杆径d、墩[][]

::1 []bs4[]

D:h:d1.225:0.333:1

头直径D及其高度h间的合理比值。

题2-17图

解：根据杆件拉伸、挤压与剪切强度，得载荷F的许用值分别为 [F]d

2

t

π4

[] [F]π(D2d2)b4

[bs]

[F]sπdh[]

理想的情况下，

[F]t[F]b[F]s

在上述条件下，由式（a）与（c）以及式（a）与（b），分别得

h[]4[]d

D1

[]

[]d bs

2-18 图示摇臂，承受载荷F1

与F2

作用。已知载荷F1

=50kN，F2

=35.4kN，

许用切应力[]=100MPa，许用挤压应力[bs]=240MPa。试确定轴销B的直径d。

题2-18图

(a) 解：1. 求轴销处的支反力 (b) 由平衡方程Fx0与Fy0，分别得

(c) FBxF1F2cos4525kN

FByF2sin4525kN

由此得轴销处的总支反力为

F2B25225kN35.4kN

2.确定轴销的直径

由轴销的剪切强度条件（这里是双面剪）

η

FsA2FB

πd2

[η] 6

得

2FB235.4103

dm0.015m

[η]100106

由轴销的挤压强度条件

2-20图示铆接接头，铆钉与板件的材料相同，许用应力[] =160MPa，许

用切应力[] = 120 MPa，许用挤压应力[bs ] = 340 MPa，载荷F = 230 kN。试校核接

头的强度。

得

ζbs

FbF[ζbs] dd

FB35.4103

dm0.01475m

δ[ζbs]0.010240106

结论：取轴销直径d0.015m15mm。

解：最大拉应力为

题2-20图

2-19图示木榫接头，承受轴向载荷F = 50 kN作用，试求接头的剪切与挤压

应力。

230103N

max153.3 MPa

(0.1700.020)(0.010)(m2)

最大挤压与剪切应力则分别为

230103N

bs230 MPa

5(0.020m)(0.010m)

解：剪应力与挤压应力分别为

题2-19图

4230103N146.4 MPa

5π(0.020m)2

2-21 图示两根矩形截面木杆，用两块钢板连接在一起，承受轴向载荷F =

45kN作用。已知木杆的截面宽度b =250mm，沿木纹方向的许用拉应力[]=6MPa，许用挤压应力[bs]=10MPa，许用切应力[]=1MPa。试确定钢板的尺寸与l以及木杆的高度h。

50103N

5 MPa

(0.100m)(0.100m)50103N

bs12.5 MPa

(0.040m)(0.100m)

7

题2-21图

解：由拉伸强度条件 ζ

F

b(h2δ)

[ζ]

得

3

h2δ

Fb[ζ]45100.250610

6

m0.030m 由挤压强度条件 ζF

bs

2bδ

[ζbs] 得

δF45103

2b[ζ0.25010106

m0.009m9mmbs]2由剪切强度条件 η

F

2bl

[η] 得

l

F45103

2b[]20.2501106

m0.090m90mm

取δ0.009m代入式（a），得

h(0.03020.009)m0.048m48mm 结论：取

δ9mm，l90mm，h48mm。

2-22 图示接头，承受轴向载荷F作用。已知铆钉直径d=20mm，许用应力

[]=160MPa，许用切应力[]=120MPa，许用挤压应力[bs]=340MPa。板件与铆钉

的材料相同。试计算接头的许用载荷。

a）

题2-22图

解：1.考虑板件的拉伸强度 由图2-22所示之轴力图可知，

FN1F， FN23F/4

ζF1

N1AF

(bd)[ζ] b）

1δ

F(bd)δ[ζ](0.200-0.020)0.015160106N4.32105N432kN

ζ2

FN2A3F

4(b2d)δ

[ζ] 2

F43(b2d)δ[ζ]4

3

(0.2000.040)0.015160106N5.12105N512kN

8

（

（

径d=8mm，孔的边距a=20mm，钢带材料的许用切应力[]=100MPa，许用挤压应力[bs]=300MPa，许用拉应力 []=160MPa。试校核钢带的强度。

2.考虑铆钉的剪切强度

2

图2-22

题2-23图

Fs

F 8

η

Fs4F[η] A8πd2

2

6

5

解：1．钢带受力分析

分析表明，当各铆钉的材料与直径均相同，且外力作用线在铆钉群剪切面上的投影， 通过该面的形心时，通常即认为各铆钉剪切面的剪力相同。

铆钉孔所受挤压力Fb等于铆钉剪切面上的剪力，因此，各铆钉孔边所受的挤压力Fb相同，钢带的受力如图b所示，挤压力则为

F2πd[η]2π0.02012010N3.0210N302kN

3．考虑铆钉的挤压强度

F6103NFb2.0103N

33

孔表面的最大挤压应力为

Fb

bs

F

4

FbF[bs] d4 d

Fb2.0103Nbs1.25108Pa125MPa[bs]

d(0.002m)(0.008m)

在挤压力作用下，钢带左段虚线所示纵截面受剪（图b），切应力为

F4d[ζbs]40.0150.020340106N4.08105N408kN

结论：比较以上四个F值，得

Fb2.0103N2.5107Pa25MPa[]

2a2(0.002m)(0.020m)

[F]302kN

2-23 图a所示钢带AB，用三个直径与材料均相同的铆钉与接头相连接，

钢带承受轴向载荷F作用。已知载荷F=6kN，带宽b=40mm，带厚=2mm，铆钉直

9

钢带的轴力图如图c所示。由图b与c可以看出，截面1-1削弱最严重，而截面2-2的轴力最大，因此，应对此二截面进行拉伸强度校核。

截面1-1与2-2的正应力分别为

FN12F2(6103N)183.3MPa

A13(b2d)3(0.040m20.008m)(0.002m)FN2F6103N293.8MPa

A2(bd)(0.040m0.008m)(0.002m)

端承受轴向拉力F = 200kN作用。若弹性模量E = 80GPa，泊松比=0.30。试计算该杆外径的改变量D及体积改变量V。

解：1. 计算D 由于 故有

ε

FFΔD

， ε

EADEA

4FD40.302001030.060

ΔDεDm22922

EAEπ(Dd)8010π(0.0600.020）

FD

1.79105m0.0179mm

2.计算V

变形后该杆的体积为 故有

3

Fl200100.4003

ΔVVVV(ε2ε)(12μ)m(120.3)

E8010 4.00107m3400mm3

π

VlA(ll)[(DεD)2(dεd)2]Al(1ε)(1ε)2V(1ε2ε)

4

3-4 图示螺栓，拧紧时产生l=0.10mm的轴向变形。已知：d = 8.0mm，d

1

2

= 6.8mm，d3 = 7.0mm；l1=6.0mm，l2=29mm，l3=8mm；E = 210GPa，[]=500MPa。试求预紧力F，并校核螺栓的强度。

第三章 轴向拉压变形

3-2 一外径D=60mm、内径d=20mm的空心圆截面杆，杆长l = 400mm，两

10

题3-4图

解：1.求预紧力F

各段轴力数值上均等于F，因此， 由此得

题3-5图

解：1.求各杆轴力

llllFl4Fl1

Δl(123)(22232)

EA1A2A3πEd1d2d3

FN1E1ε1A12001094.0104200106N1.6104N16kN FN2E2ε2A22001092.0104200106N8103N8kN

πEΔlπ2101090.10103

FN1.865104N18.65kN

ll

)4(123)4(

0.00820.006820.0072d1d2d3

2.校核螺栓的强度

2.确定F及θ之值

由节点A的平衡方程Fx0和Fy0得

FN2sin30FsinθFN1sin300 FN1cos30FN2cos30Fcosθ0

F4F418.65103N

ζmax25.14108Pa514MPa 22

Aminπd2π0.0068m

此值虽然超过[ζ]，但超过的百分数仅为2.6％，在5％以内，故仍符合强度要求。

化简后，成为

3-5 图示桁架，在节点A处承受载荷F作用。从试验中测得杆1与杆2的纵

-4

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

FN1FN22Fsinθ

及

联立求解方程(a)与(b)，得

11

3(FN1FN2)2Fcosθ

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

由此得

FN1FN2(168)103

tanθ0.1925 3

3(FN1FN2)3(168)10

θ10.8910.9

FN1FN2(168)1034

FN2.1210N21.2kN

2sinθ2sin10.89

3-6

图示变宽度平板，承受轴向载荷F作用。已知板的厚度为，长度为l，

题3-7图

解：自截面B向上取坐标y，y处的轴力为

该处微段dy的轴向变形为

题3-6图

于是得截面B的位移为 (a)

左、右端的宽度分别为b1与b2，弹性模量为E。试计算板的轴向变形。

FNgAy

dΔy

gAy

EA

l

dy

gy

E

dy

解：对于常轴力变截面的拉压平板，其轴向变形的一般公式为

llFFΔlxx

0EA(x)0Eb(x)

ΔCy

g

E

 0ydy

gl2

2E

()

由图可知，若自左向右取坐标x，则该截面的宽度为

代入式(a)，于是得

3-8 图示为打入土中的混凝土地桩，顶端承受载荷F，并由作用于地桩的摩

bbb(x)b121x

l

Δl

b2Fl1Fl

xln0bbEδb21xEδ(b2b1)b1

1

l

擦力所支持。设沿地桩单位长度的摩擦力为f，且f = ky2，式中，k为常数。已知地桩的横截面面积为A，弹性模量为E，埋入土中的长度为l。试求地桩的缩短量。

3-7 图示杆件，长为l，横截面面积为A，材料密度为，弹性模量为E，试

求自重下杆端截面B的位移。

12

题3-8图

解：1. 轴力分析 摩擦力的合力为

Fy

l

2

l

fdy 0kydykl3

3

根据地桩的轴向平衡，

kl3

3F 由此得

k

3Fl3

截面y处的轴力为

F y

ky

3

fdy y

N 0

ky2dy

3

2. 地桩缩短量计算

截面y处微段dy的缩短量为

dδ

FNdy

EA

积分得

δ l

FNdyk l3kl4

0EA3EA 0ydy12EA

将式(a)代入上式，于是得

δ

Fl

4EA

3-9 图示刚性横梁AB，由钢丝绳并经无摩擦滑轮所支持。设钢丝绳的轴向刚

度（即产生单位轴向变形所需之力）为k，试求当载荷F作用时端点B的铅垂位移。

题3-9图

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

a）

图3-9

以刚性梁为研究对象，由平衡方程MA0得

FNaFN(ab)F(2ab)

由此得

（ 13

由图3-9可以看出， 可见，

根据k的定义，有 于是得

FNF FN1FN2F （拉力）

y (2ab)

ΔlΔy1Δy2a(ab)(2ab)

于是得各杆的变形分别为

(b)

FN42F （压力）

FN30

l1l2l4

ΔyΔl

Fl

(伸长) EA

2F2l2Fl

(伸长) EAEA

FNkΔlkΔy

l30

Δy

FNF

 kk

3-10 图示各桁架，各杆各截面的拉压刚度均为EA，试计算节点A的水平

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

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

于是可以看出，节点A的水平与铅垂位移分别为

与铅垂位移。

ΔAx0

ΔAyl12l4l2

Fl2FlFlFl

2212

EAEAEAEA



题3-10图

（a）解：

利用截面法，求得各杆的轴力分别为

14

图3-10

（b）解：显然，杆1与杆2的轴力分别为

FN1F （拉力）

FN20

于是由图3－10(2)可以看出，节点A的水平与铅垂位移分别为

ΔlFlAx1

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

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

15

题3-11图

解：1.求各杆轴力 由图3-11a得

FN1

F

sinθ

FN2Fctanθ

图3-11

2.求变形和位移

由图3-11b得 ΔlF1

N1l1EA2Fl2 ΔlFlFlctanθ

2N2221EA1sin2θEA2EA2

及

3.求θ的最佳值 由dΔBy/dθ0，得 由此得

ΔlΔlFl2ctan2θΔBy()

sinθtanθEA1sin2θsinθA2

2(2cos2θsinθcosθsin2θ)2ctanθcsc2θ

0 22

A1A2sin2θsinθ

解：两杆的轴力均为

题3-12图

FN

2A1cos3θA2(13cos2θ)0

F

2cos

n

轴向变形则均为

于是得节点C的铅垂位移为

将A1与A2的已知数据代入并化简，得

Fllll 2AcosBB

n

cos3θ12.09375cos2θ4.031250

cosθ0.564967

解此三次方程，舍去增根，得

由此得θ的最佳值为

lFnlΔCynn n1

cos2ABcos

3-13 图示结构，梁BD为刚体，杆1、杆2与杆3的横截面面积与材料均

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

θopt55.6

3-12 图示桁架，承受载荷F作用。设各杆的长度为l，横截面面积均为A，

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

16

题3-13图

解：1.求各杆轴力 由Fx0，得

FN20

由Fy0，得

FN1FN3

F

2

10kN 2．求各杆变形

Δl20

ΔlF1N1lEA101031.0002001010010

m5.010-4m0.50mmΔl33．求中点C的位移 由图3-13易知，

图3-13

ΔxΔl10.50mm()， ΔyΔl10.50mm()

3-14 图a所示桁架，承受载荷F作用。设各杆各截面的拉压刚度均为EA，

试求节点B与C间的相对位移B/C。

题3-14图

解：1. 内力与变形分析

利用截面法，求得各杆的轴力分别为

17

FN1FN2FN3FN4

F （拉力） 2

题3-15图

(a)解：各杆编号示如图3-15a，各杆轴力依次为

该桁架的应变能为

FN5F （压力）

于是得各杆得变形分别为

FN1

221

F， FN2F， FN3F 222

l1l2l3l4

Fl

(伸长) 2EA

F2lFll5(缩短)

EAEA

2

FN112212F2l221ili

Vε(Fl2Fl)()

2EA2EA2242EA4i1

3

2. 位移分析

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

可以看出，

依据能量守恒定律， 最后得

图3-15

l52FlFl22Fl

ΔB/C2CiiC'22l322

EA22EA2EA



3-15 如图所示桁架，设各杆各截面的拉压刚度均为EA，试用能量法求载

荷作用点沿载荷作用方向的位移。

FΔ

Vε 2

2F2l221(221)FlΔ() ()

F2EA44EA

(b)解：各杆编号示如图b 列表计算如下：

18

于是，

2FN(322)F2lili

Vε

2EA2EAi1

5

由表中结果可得

依据 得

依据能量守恒定律， 可得

FΔ

Vε 2Δ

(322)Fl

()

EA

2FN(2)F2lili

Vε

2EA2EAi1

5

3-16 图示桁架，承受载荷F作用。设各杆各截面的拉压刚度均为EA，试

用能量法求节点B与C间的相对位移B/C。

WV

ΔB/C

(22)Fl

()

EA

3-17 图示变宽度平板，承受轴向载荷F作用。已知板的厚度为，长度为l，

左、右端的宽度分别为b1与b2，弹性模量为E，试用能量法计算板的轴向变形。

题3-16图

解：依据题意，列表计算如下：

19

题3-17图

解：对于变截面拉压板件，应变能的表达式为

22

lFNFN

Vxx

02EA(x)02Eb(x)

l

(a)

由图可知，若自左向右取坐标x，则该截面的宽度为

b(x)b1

b2b1

x l

题3-19图 (a)解：杆的受力如图3-19a(1)所示，平衡方程为

将上式代入式（a）,并考虑到FNF,于是得

b1F2F2l

Vεdxln2

02E2Eδ(b2b1)b1

δb121x

l

设板的轴向变形为l，则根据能量守恒定律可知，

l

F0, FFF

x

Ax

FBx0

或 由此得

FΔl

Vε 2

bFΔlF2l

ln2 22Eδ(b2b1)b1

一个平衡方程，两个未知支反力，故为一度静不定。

bFlΔlln2

Eδ(b2b1)b1

AC，CD与DB段的轴力分别为 由于杆的总长不变，故补充方程为

图3-19a

3-19 图示各杆，承受集中载荷F或均布载荷q作用。各杆各截面的的拉压

刚度均为EA，试求支反力与最大轴力。

得

FN1FAx, FN2FAxF, FN3FAx2F

l

FAxaFAxFaFAx2Fa

0 EAEAEA

FAxF0

20

由此得

FAxF

FBx2FFAxF

杆的轴力图如3-19a(2)所示，最大轴力为

FN,maxF (b)解：杆的受力如图3-19b(1)所示，平衡方程为

Fx0, qaFAxFBx0

一个平衡方程，两个未知支反力，故为一度静不定。

图3-19b

AC与CB段的轴力分别为 FN1FAx, FN2FAxqx

由于杆的总长不变，故补充方程为

l

FAxa1

a

EAEA

0FAxqxdx0 得

1

qa2

EA2FAxa2

0

由此得

FqaAx

4 FF3qa

BxqaAx4

杆的轴力图如3-19b(2)所示，最大轴力为

F3qa

Nmax

4

3-20图示结构，杆1与杆2的横截面面积相同，弹性模量均为E，梁BC为

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

题3-20图

解：容易看出，在载荷F作用下，杆2伸长，杆1缩短，且轴向变形相同，故

FN2为拉力，

FN1为压力，且大小相同，即

FN2FN1

以刚性梁BC为研究对象，铰支点为矩心，由平衡方程

M0, FN2aFN1aF2a0

由上述二方程，解得

21

FN2FN1F

根据强度条件，

FN,BCFN,ABF

(

后取节点A为研究对象，由Fx0和Fy0依次得到

FN120103NA11.818104m2 6

[]11010Pa FN,ADFN,AG

(

c及 3

AF2

N22010N[106Pa

1.25104m

2

t]160

2FN,ADcos45FN,AB

取

在节点A处有变形协调关系（节点A铅垂向下）

AΔlBCΔllAB

Δ1A2182mm2

cos45



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

N,BClFN,ABlFN,AD2l求各杆轴力。

ΔlBC

FEA

， ΔlAB

EA

， ΔlADEA

ΔlAG

将式(e)代入式(d)，化简后得

FN,BCFN,AB2FN,AD

联解方程(a)，

(c)和(d)，得 F2221N,BC

2F（拉）， F2

N,AB2F（压）， FN,ADFN,AG2F（拉）(b)解：此为一度静不定问题。

题3-21图

考虑小轮A的平衡，由Fy0，得

(a)解：此为一度静不定桁架。

FN1sin45F0

设FN,AB以压为正，其余各段轴力以拉力为正。先取杆AB为研究对象，由

由此得 Fy0，得

FN12F

22

(

(

(

(

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

Fx0，FN1

1

FN2 2

(

FN20

FN2FN3F Fy02

由图b得变形协调方程为

(

FN1的水平分量由刚性墙面提供的约束反力来平衡。

Δl1ctan30

ΔlΔl3 (

sin30



3-22根据胡克定律，有

图示桁架，杆1、杆2与杆3分别用铸铁、铜和钢制成，许用应力分

N22别为[

Δl1

FN1l1FN1l1E， ΔlFlFN2l1， ΔlFlFl

23N33N311]=40MPa，[2]=60MPa，[3]=120MPa，弹性模量分别为E1=160GPa，E1A121A3E2A2E2A3E3A33E3A3

E2=100GPa，E3=200GPa。若载荷F=160kN，A1= A2= 2A3，试确定各杆的横截面面积。

将式(d)代入式(c)，化简后得补充方程为

15FN132FN28FN3

联解方程(a)，(b)和(c’)，并代入数据，得

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

根据强度要求，计算各杆横截面面积如下：

AFN122.6103m2

15.65104[ζ6

m2565mm2 1]4010题3-22图

解：此为一度静不定结构。节点C处的受力图和变形图分别示如图3-22a和b。

AFN226.11032422

2[ζ]60106m4.3510m435mm

2

AFN3146.9103m2

23[ζ12010

6

1.224103m1224mm2 3]根据题意要求，最后取

图3-22

A1A22A32450mm2

由图a可得平衡方程

23

(

(

3-23图a所示支架，由刚体ABC并经由铰链A、杆1与杆2固定在墙上，

FN12FN2

联立求解平衡方程（a）与上述补充方程，得

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

FN1

4F2F

, FN2

55

2. 由位移y确定载荷F与各杆轴力

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

又由于 由此得

题3-23图



l12l1AB

2y

l1y

将式（c）与（d）的第一式代入上式，于是得

解：1. 求解静不定

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

由平衡方程MA0，得

F

5EAy

4l5(200109Pa)(100106m2)(0.075103m)1.875104N 3

4(10010m)

并从而得

FN1

FN2

F0 2

(a)

FN11.5104N, FN27.5103N

由变形图中可以看出，变形协调条件为

根据胡克定律，

l12l2

Δl1

FN1lFl

, Δl2N2 EAEA

(b)

F=200kN。试在下列两种情况下确定杆端的支反力。

(a) 间隙=0.6 mm； (b) 间隙=0.3 mm。 (c)

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

2

将上述关系式代入式（b），得补充方程为

24

FBx

FEA22a

3

962

20010N(0.0003m)(21010Pa)(250010m) 47.5 kN

22(1.5m)

而C端的支反力则为

题3-24图

解：当杆右端不存在约束时，在载荷F作用下，杆右端截面的轴向位移为

FCxFFBx200 kN47.5 kN152.5 kN

(200103N)(1.5m)Fa

F0.57mm 962

EA(21010Pa)(250010m)

3-25 图示两端固定的等截面杆AB，杆长为l。在非均匀加热的条件下，距

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

当间隙=0.6 mm时，由于F，仅在杆C端存在支反力，其值则为

FCxF200 kN

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

杆的平衡方程为 补充方程为 由此得

图3-24

题3-25图

解：1.求温度增高引起的杆件伸长

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

FFBxFCx0

FaFBx2a EAEA

αlΔTBx2

d(Δlt)αlΔTdxdx l

lαlΔTBx2

2

全杆伸长为

25

Δlt

l

x

αlΔTBl

3

2．求约束反力

设固定端的约束反力为F，杆件因F作用而引起的缩短量为

由变形协调条件 可得

ΔlF

FNlFl



EAEA

根据平衡条件，由图a可得

图3-26

ΔlFΔlt

F

3．求杆件横截面上的应力

EAαlΔTBlEAαlΔTB



l33FNFEαlΔTB



AA3

由图b可得

FN1FN2FN3

(

ζ

FN4FN5 ， FN32FN4cos303FN4

Δl1Δl4

Δl3 

cos60cos30

(

3-26 图示桁架，杆BC的实际长度比设计尺寸稍短，误差为。如使杆端B

与节点G强制地连接在一起，试计算各杆的轴力。设各杆各截面的拉压刚度均为EA。

变形协调关系为(参看原题图)

依据胡克定律，有

Δ(

Δli

FNili

(i1~5) EA

(

将式(d)代入式(c)，得补充方程

Δ

2FN1l2FN43lFN3l

 EAEA3EA

(

联立求解补充方程(e)、平衡方程(a)与(b)，最后得

题3-26图

解：此为一度静不定问题。自左向右、自上向下将各杆编号1~5。由强制装配容

易判断，杆1~3受拉，杆4和5受压。装配后节点G和C的受力图分别示如图3-26a和b。

26

即

FN3

(92)EA(332)EA

Δ, FN4Δ

23l23l

(92)EA

Δ （拉）

23l

FN,BCFN,GDFN,GE

FN,CDFN,CE

(332)EA

Δ （压）

23l

3-27图a所示钢螺栓，其外套一长度为l的套管。已知螺栓与套管的横截面

面积分别为Ab与At，弹性模量分别为Eb与Et，螺栓的螺距为p。现将螺母旋紧1/5圈，试求螺栓与套管所受之力。螺帽与螺母的变形忽略不计。

最后，联立求解平衡方程（a）与补充方程（b），得螺栓与套管所受之力即预紧力为

AbEb

FN0FNbFNt

l1k式中，

k

AbEb

AtEt

3-28 图示组合杆，由直径为30mm的钢杆套以外径为50mm、内径为30mm

的铜管组成，二者由两个直径为10mm的铆钉连接在一起。铆接后，温度升高40℃，试计算铆钉剪切面上的切应力。钢与铜的弹性模量分别为Es = 200GPa与Ec=100GPa，线膨胀系数分别为ls=12.5×10-6℃-1与

题3-27图

解：首先设想套管未套上，而将螺母由距螺帽l处旋转1/5圈，即旋进=p/5的距离。然后，再将套管套上。由于螺帽与螺母间的距离小于套管的长度，故套合后的螺栓将受拉，而套管则受压。

设螺栓所受拉力为FNb，伸长为lb，套管所受压力为FNt，缩短为lt，则由图b与c可知，平衡方程为

而变形协调方程则为

利用胡克定律，得补充方程为

lc=16×10-6℃-1。

题3-28图

解：设温度升高T时钢杆和铜管自由伸长量分别为δTs和δTc，由于二者被铆钉连在一起，变形要一致，即变形协调条件为 (a)

δTsΔlsδTcΔlc 或写成

FNbFNt0

lblt

ΔlsΔlcδTcδTs

FNblFNtl

 AbEbAtEt

这里，伸长量Δls和缩短量Δlc均设为正值。 (b)

引入物理关系，得

27

FNslFNcl

(αlcαls)lΔT EsAsEcAc

将静力平衡条件FNsFNcF代入上式，得

(1)解：如图3-29(1)a所示，当杆2未与刚性杆BD连接时，下端点位于D，即

DD。

当杆2与刚性杆BD连接后，下端点铅垂位移至D，同时，杆1的下端点则铅垂位移至C。过C作直线C’e垂直于杆1的轴线，显然CeΔl1，即代表杆1的弹性变形，

F

EsAsEcAc

(αlcαls)ΔT

EsAsEcAc

同时，DDΔl2，即代表杆2的弹性变形。与上述变形相应，杆1受压，杆2受拉，刚性杆BD的受力如图3-29(1)b所示。

注意到每个铆钉有两个剪切面，故其切应力为 由此得

η

FSFEsAsEcAc(αlcαls)ΔT A2A2A(EsAsEcAc)

2001090.0302100109(0.05020.0302)(1612.5)10640N



20.0102[2001090.0302100109(0.05020.0302)]m2 5.9310Pa59.3MPa

7

图3-29(1)

可以看出，

3-29

图示结构，杆1与杆2各截面的拉压刚度均为EA，梁BD为刚体，试

在下列两种情况下，画变形图，建立补充方程。

(1) 若杆2的实际尺寸比设计尺寸稍短，误差为；

(2) 若杆1的温度升高T，材料的热膨胀系数为l。

DD2CC

即变形协调条件为

Δl222Δl1

而补充方程则为



或

F2l4F1l0 EAEA

EA

0 l

F24F1

题3-29图

28

(2)解：如图3-29(2)a所示，当杆1未与刚性杆BD连接时，由于其温度升高，

下端点位于C，即CCllΔT。当杆1与刚性杆BD连接后，下端点C铅垂位移至C，而杆2的下端点D则铅垂位移至D。过C作直线C’e垂直于直线CC，显然，Δl1即代表杆1的弹性变形，同时，Δl2，代表杆2的弹性变形。与上述变形相应，杆1受压，杆2受拉，刚性杆BD的受力如图3-29(2)b所示。

设计长度l变为lΔ。试问当为何值时许用载荷最大，其值[F]max为何。

题3-30图

图3-29(2)

可以看出，

解:此为一度静不定问题。

节点C处的受力及变形示如图3-30a和b。

DD2CC

故变形协调条件为

Δl222llΔTΔl1

而补充方程则为



F2lF12l

 22lΔTlEAEA

或

由图a得平衡方程为

图3-30

F24F14EAlΔT0

FN1FN2， 2FN1cos30FN3F

由图b得变形协调条件为

(

3-30 图示桁架，三杆的横截面面积、弹性模量与许用应力均相同，并分别

为A，E与[]，试确定该桁架的许用载荷[F]。为了提高许用载荷之值，现将杆3的

29

依据胡克定律,有

Δl1Δl3cos30

(

Δli

FNili

EA (i1,2,3) 将式(c)代入式(b)，化简后得补充方程为

F4

N33

FN1

将方程(b’)与方程(a)联解，得

F3N1FN2

433F， F4

N3433

FFN1

ζFmax

N3A4F

(433)A

[ζ] 由此得

F

(433)[]A4, [F](433)[]A

4

为了提高[F]值，可将杆3做长，由图b得变形协调条件为

Δl3Δ

Δlcos30

式中，l3与l1均为受载后的伸长，依题意，有了后，应使三根杆同时达到[ζ]，即 [ζ]ElΔ4[ζ]3El 由此得

Δ(4

[ζ]l[ζ]l31)E

3E

此时，各杆的强度均充分发挥出来，故有

[F]max2([]Acos30

)[]A(13)[]A

第四章 扭 转

(c)

4-5 一受扭薄壁圆管，外径D = 42mm，内径d = 40mm，扭力偶矩M =

500N•m，切变模量G=75GPa。试计算圆管横截面与纵截面上的扭转切应力，并计算(b’管表面纵线的倾斜角。)

解：该薄壁圆管的平均半径和壁厚依次为

R1Dd222)20.5mm， Dd0(22

1mm

于是，该圆管横截面上的扭转切应力为

T500N2πR0.02050.001m

2

1.89410822Pa189.4MPa 02π依据切应力互等定理，纵截面上的扭转切应力为

ηη189.4MPa 该圆管表面纵线的倾斜角为

ηG189.41067510

rad2.53103rad 4-7 试证明，在线弹性范围内，且当R0

/≥10时，薄壁圆管的扭转切应力公

式的最大误差不超过4.53%。

解：薄壁圆管的扭转切应力公式为

η

T

2πR2

0δ

设R0/δβ，按上述公式计算的扭转切应力为

η

TT2πR2πβ2δ

3

0δ2按照一般空心圆轴考虑，轴的内、外直径分别为

d2R0δ， D2R0δ

极惯性矩为

Iπp

32(D4d4)ππRδ2

32[(2R0δ)4(2R0δ)4]02

(4R0δ2) 30

(

由此得

ηρC(

ηmax

T(21)TδT

(R0)(2R) 02Ip2πR0(4R02)π3(421)

d1/m

) dx

(

(b) 由静力学可知，

比较式(a)与式(b)，得

A

ρdAC(

d1/m

)ρ(m1)/mdAT

Adx

(

ηηmax

π3(421)421



T(21)2(21)2π23

T

取径向宽度为dρ的环形微面积作为dA，即

dA2πρdρ

将式(d)代入式(c)，得

(

当

R0



10时， 2πC(

d1/md/2(2m1)/m)ρdρT

0dx

max

41021

0.9548 210(2101)

由此得

(

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

d1/m(3m1)T

)

(3m1)/mdx2πCm()2

(

将式(e)代入式(b)，并注意到T=M ，最后得扭转切应力公式为

4-8 图a所示受扭圆截面轴，材料的曲线如图b所示，并可用C

面上的切应力分布图。

1/m

表示，式中的C与m为由试验测定的已知常数。试建立扭转切应力公式，并画横截

M1/m



(3m1)/m

()3m12

横截面上的切应力的径向分布图示如图4-8。

题4-8图

解：所研究的轴是圆截面轴，平面假设仍然成立。据此，从几何方面可以得到

(a)

图4-8



d dx

4-9 在图a所示受扭圆截面轴内，用横截面ABC和DEF与径向纵截面ADFC

根据题设，轴横截面上距圆心为ρ处的切应力为

31

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

平衡的。

根据图b，可算出单元体右端面上水平分布内力的合力为

同理，左端面上的合力为

题4-9图

方向亦示如图c。

设Fz2作用线到水平直径DF的距离为ey（见图b），由 得

Fz2

πd/2T

00



π8T

cos(θ)ρdρdθ Ip23πd

8T

3πd

Fz1

解：单元体ABCDEF各截面上的应力分布图如图4-9a所示。

Fz2ey

TIp

d/23T2πcos()dd 0024π

ey

图4-9

根据图a，不难算出截面AOO1D上分布内力的合力为

T3πd3πd

0.295d 48T32

同理，Fz1作用线到水平直径AC的距离也同此值。

根据图b，还可算出半个右端面DO1E上竖向分布内力的合力为

1d4Tl

Fx1ηmax(l)2

22πd

Fy3

π/2d/2Tρ

0

同理，得截面OCFO1上分布内力的合力为

方向示如图c。

设Fx1与Fx2作用线到x轴线的距离为ez1，容易求出

π4T

sin(θ)ρdρdθ Ip23πd

Fx2

4Tl

πd设Fy3作用线到竖向半径O1E的距离为ez2（见图b），由 得

Fy3ez2

d/23Tπ/22T

cosdd 0

Ip08

2dd

ez1

323

32

ez2

T3πd3πd0.295d 84T32

题4-11图

解：由题图知，圆轴与套管的扭矩均等于M。

1.由圆轴AB求M的许用值

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

max1

Fy4Fy1Fy2

4T 3πd

M116M1

[1] Wp1πd3

由此得M的许用值为

方向均示如图c。它们的作用线到所在面竖向半径的距离均为ez2。

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

πd3[1]π0.056380106

[M1]Nm2.76103Nm2.76kNm

1616

2．由套管CD求M的许用值

Mx0，Fy

(2ez2)Fz2eyFy1(2ez2)Fz1ey4

TT

0 22

R0

D806

mm37mm， δ6mmR0 22

此管不是薄壁圆管。

My0，Fz

lFx1(2ez1)2

lFy3l4

8Tl8Tl

0 3πd3πd

max2

80－6268

0.85 8080

Mz0，Fy

4Tl4Tl

0 3πd3πd

由此得M的许用值为

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

M216M2

[2] Wp2πD3(14)

4-11 如图所示，圆轴AB与套管CD用刚性突缘E焊接成一体，并在截面A

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

πD3(14)[2]π0.0803(10.854)40106

[M2]Nm

1616

1.922103Nm1.922kNm

可见，扭力偶矩M的许用值为

[M][M2]1.922kNm

4-13 图示阶梯形轴，由AB与BC两段等截面圆轴组成，并承受集度为m

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

33

以及直径d1与d2。已知轴总长为l，许用切应力为[]。

题4-13图

解：1.轴的强度条件

在截面A处的扭矩最大，其值为

Tmax1ml

由该截面的扭转强度条件

Tmax1

max1W16ml

[η] p1πd3

1得

d3

16ml

1

π[η]

BC段上的最大扭矩在截面B处，其值为

Tmax2ml2

由该截面的扭转强度条件得

d3

16ml2

2

π[η]

2．最轻重量设计 轴的总体积为 Vπd2π2π16ml2/3

16ml41(ll2)22/34d2l24[(π[η])(ll2)(π[η]

)l2]根据极值条件

dV

dl0 2

得

(

16mlπ[])2/3(16mπ[])2/352/3

3

l20 由此得 l(3

25

)3/2l0.465l

从而得

l3

1ll2[1(5)3/2]l0.535l

d2(

16m1/31/3π[])l31/22(5)16ml

π[]

0.775d1 该轴取式(a)~(d)所给尺寸，可使轴的体积最小，重量自然也最轻。

(a)

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

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

解：由于

m

Dd40

7

5.7110 故需考虑曲率的影响，此时，

8FD(4m＋2）81.001030.040(45.712)N

maxπd3(4m3)

π0.0073(45.713)m2 3.72108Pa372MPa

结论：max[]，该弹簧满足强度要求。

34

(

(

(

4-20 图示圆锥形薄壁轴AB，两端承受扭力偶矩M作用。设壁厚为，横截

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

4MA/B

πG



d(dAcx)2M2l

(dcx)| 0A

0c(dcx)3πGδcA

l

间的扭转角为

（dA/B

2MlAdB)

π

Gd22

AdB

题4-20图

证明：自左端A向右取坐标x，轴在x处的平均半径为 R(x)12(dddABA1

0lx)2

(dAcx)

式中，

c

dBdA

l

截面x的极惯性矩为 I3

p2πR0

2π [1(dcx)]3πδ

A(d324

Acx)

依据

dT(x)dxGI4Mπ (d pGAcx)3

得截面A和B间的扭转角为

2Ml112Ml(dAdBπGδ (d())222

B dA)dBdAπGδd2AdB

4-21 图示两端固定的圆截面轴，承受扭力偶矩作用。试求支反力偶矩。设

扭转刚度为已知常数。

题4-21图

(a)解：此为静不定轴，但有对称条件可以利用。

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

MAMB

由Mx0可得 MAMB2MA2M

即

35

MAMBM

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

变形协调条件为

利用叠加法，得到（x从左端向右取）

B0

(

BB,mB,MB

am(ax)

GIp

MB(2a)ma22MBa

x

GIp2GIpGIp

(

变形协调条件为

利用叠加法，得

图4-21b

将式(d)代入式(c)，可得 进而求得

(a)

MB

ma 4

3ma

4

B0

MAmaMB

B

MaM(2a)MB(3a)

 GIpGIpGIp

M的转向亦与m相反。

(b) A

将式(b)代入式(a)，可得 进而求得

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

1

2

1MBM

3

1

MAM（转向与MB相反）

3

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

(c)解：此为静不定轴，与(a)类似，利用左右对称条件，容易得到

MAMB

ma

2

解：1.内力分析

题4-22图

MA和MB的转向与m相反。

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

36

此为静不定轴，设B端支反力偶矩为MB，该轴的相当系统示如图4-22a。

图4-22

利用叠加法，得

1BGI[4000.5006001.250MB2.500]

p

将其代入变形协调条件B0，得

M(6001.2504000.500)Nm2

B2.500m

220Nm该轴的扭矩图示如图4-22b。 2.由扭转强度条件求d 由扭矩图易见，

Tmax380Nm

将其代入扭转强度条件，

Tmax

maxW16Tmax

3

[] pπd

由此得

3

16Tmax316380m3

dπ[]π40106

0.0364m36.4mm

3.由扭转刚度条件求d

将最大扭矩值代入 maxGI32Tmax

Gπd

4

[] p得

d

4

32T

max

32380180m4

πG[]



4

π801090.25π

0.0577m57.7mm

结论：最后确定该轴的直径d57.7mm。

4-23 图示两端固定阶梯形圆轴AB，承受扭力偶矩M作用。已知许用切应

力为[]，为使轴的重量最轻，试确定轴径d1与d2。

题4-23图

解：1. 求解静不定

设A与B端的支反力偶矩分别为MA与MB，则轴的平衡方程为

Mx0, MAMBM0

AC与CB段的扭矩分别为

T1MA， T2MB

代入式（a），得

T1T2M0

37

设AC与CB段的扭转角分别为AC与CB，则变形协调条件为

ACCB0

， T2 T1

99

(c)

根据圆轴扭转强度条件，于是得轴的直径为

M8M

利用扭转角与扭矩间的物理关系，分别有

代入式（c），得补充方程为

AC

T1a2Ta

， CB2 GIp1GIp2

d1

d2316T1316M

 2π[]9π[]

4-24 图示二平行圆轴，通过刚性摇臂承受载荷F作用。已知载荷F=750N，

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

(d)

=300mm，切变模量G = 80GPa，试求轴端的扭转角。

d

T121T20

d2

4

最后，联立求解平衡方程（b）与补充方程（d），得

4

2d14Md2M

， T14T24

d22d14d22d14

(e)

2. 最轻重量设计

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

由此得

将式（e）代入上式，得 并从而得

TT1

[]，2[] Wp1Wp2

解：这是一度静不定问题。

变形协调条件为

题4-24图

T1Wp1d1 2Wp2d2

3

Δ1Δ2 或 12

(

这里，和分别为刚性摇臂1和2在接触点处的竖向位移。

d22d1

设二摇臂间的接触力为F2，则轴1和2承受的扭矩分别为

物理关系为

a

T1F()F2a， T2F2a

2

(

38

1

T1lTl

， 22 GIp1GIp2

(c)

物理关系为

12

(

将式(c)代入式(a)，并注意到式(b),得 由此得

F2

4d2F

2(d1d2)

1

将式(c)代入式(b)，并注意到

T1l1Tl

， 222 G1Ip1G2Ip2

(

2

T2l16Fal167500.3000.500m

4

GIp2πG(d14d2)π80109(0.01240.0154)m

7612πD4πd44

0.8421， Ip2(1)， Ip1

763232

得

0.1004 rad5.75|1|

4-26 如图所示，圆轴AB与套管CD借刚性突缘E焊接成一体，并在突缘

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

2d424384

T1T24T2T20.1676T2

G2Ip2l1D(14)33764(10.84214)

将方程(a)与(d)联解，得

G1Ip1l2

(

T20.856M， T10.144M

2．由圆轴的强度条件定M的许用值

1max

T1160.144M

[1] 3Wp1πd

由此得扭力偶据的许用值为

πd3[1]π0.038380106

[M]1Nm5.99103Nm5.99kNm

160.144160.144

3.由套管的强度条件定M的许用值

题4-26图

解：1. 解静不定

此为静不定问题。静力学关系和变形协调条件分别为

2max

T2160.856M

[2] 34

Wp2πD(1)

由此得扭力偶据的许用值为 (a)

39

T1T2M

πD3(14)[2]π0.0763(10.84214)40106

[M]2Nm

160.856160.856

2.00103Nm2.00kNm

结论：扭力偶矩的许用值为

两个未知扭力矩，一个平衡方程，故为一度静不定问题。

在横截面B处，钢轴与铜管的角位移相同，即

sc

(

[M][M]22.00kNm

设轴段AB的长度为l，则

4-27 图示组合轴，由圆截面钢轴与铜圆管并借两端刚性平板连接成一体，

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

s

Tsl

GsIps

c

(MTc)lTl(M2Tc)l

c

GcIpc2GcIpc22GcIpc

将上述关系式代入式（b），并注意到Gs/Gc=2，得补充方程为

Ts(M2Tc)

 IpsIpc

联立求解平衡方程（a）与补充方程（c），于是得

2．强度校核

题4-27图

解：1. 求解静不定

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

TsTc

IpsMIpc2Ips

π(0.020m)4

Ips1.571108m4

32

Ipc

π(0.040m)40.035m47411.04010m 0.040m32

将相关数据代入式（d），得 (a)

40

TsTc11.6Nm

对于钢轴，

TsTc

对于铜管，

T16(11.6Nm)6

s,maxs7.3810Pa7.38MPa[s] 3

Wpsπ(0.020m)

将式(d)和式(a)代入式(c)，得 或写成

TlMlTil

e0 GIpiGIpeGIpi

c,max

Tc,maxWpc

16(100Nm11.6Nm)71.7010Pa17.0MPa[c]4

0.035m

π(0.040m)31

0.040m

由此得

TeM0Ti

 IpeIpi

4-28 将截面尺寸分别为100mm×90mm与90mm×80mm的两钢管相套

合，并在内管两端施加扭力偶矩M0=2kN·m后，将其两端与外管相焊接。试问在去掉扭力偶矩M0后，内、外管横截面上的最大扭转切应力。

解：1. 求解静不定

此为静不定问题。在内管两端施加M0后，产生的扭转角为

Te

联立求解方程(e)与(b)，得

IpeIpi

(M0Ti)1.395(M0Ti)

(

TiTe0.5825M01.165kNm

2. 计算最大扭转切应力

内、外管横截面上的最大扭转切应力分别为 (a)

0

M0l

GIpi

i,max

Ti161165N2.17107Pa21.7MPa 342Wpiπ0.090[1(8/9)]m

去掉M0后，有静力学关系

几何关系为

物理关系为

e,max

TiTe

(b)

Te161165N7

1.72510Pa17.25MPa Wpeπ0.1003(10.94)m2

4-29 图示二轴，用突缘与螺栓相连接，各螺栓的材料、直径相同，并均匀

ie0

地排列在直径为D = 100mm的圆周上，突缘的厚度为=10mm，轴所承受的扭力偶矩(c)

为M = 5.0kN·m，螺栓的许用切应力[]=100MPa，许用挤压应力[bs]=300MPa。试确

TlTl

ii， ee

GIpiGIpe

定螺栓的直径d。

(d)

41

题4-29图

解：1. 求每个螺栓所受的剪力 由 MD

x0，

6Fs(2

)M 得

FMs

3D

2.由螺栓的剪切强度条件求d FsA4M3πDd2

[] 由此得

3

2

d

4M3πD[]45.010m

3π0.10010010

6

1.457102m14.57mm 3.由螺栓的挤压强度条件求d bs

FbdM

3Dd

[bs] 由此得 3

d

M3D[5.010m

5.56103m5.bs]30.1000.01030010

6

56mm

结论：最后确定螺栓的直径d14.57mm。

4-30

图示二轴，用突缘与螺栓相连接，其中六个螺栓均匀排列在直径为D1

的圆周上，另外四个螺栓则均匀排列在直径为D2的圆周上。设扭力偶矩为M，各螺栓的材料相同、直径均为d，试计算螺栓剪切面上的切应力。

题4-30图

解：突缘刚度远大于螺栓刚度，因而可将突缘视为刚体。于是可以认为：螺栓i剪切面上的平均切应变i与该截面的形心至旋转中心O的距离ri 成正比，即

ikri

式中，k为比例常数。

利用剪切胡克定律，得螺栓i剪切面上的切应力为

iGkri

而剪力则为

FS,iGAkri

最后，根据平衡方程

22

MDO0, 6GAk1D224GAk2

M 得

k

2M8M

GA(3D2D2222

122)Gπd(3D12D2)

42

于是得外圈与内圈螺栓剪切面上得切应力分别为

由图中可以看出，

所以，

4MD1

12 2

πd(3D122D2)

r1r460103m， r2r320103m

2

4MD2

2

πd2(3D122D2)

πd2π

Ip(2r122r22)(10103m)2(602202)(103m)26.28107m4

42

代入式（a），得

4-31图a所示托架，承受铅垂载荷F=9kN作用。铆钉材料均相同，许用切

应力[]=140MPa，直径均为d=10mm。试校核铆钉的剪切强度。

(9103N)(150103m)(60103m)

1.289108Pa 74

6.2810m

将上述两种切应力叠加，即得铆钉1与4的总切应力即最大切应力为

max22(2.87107Pa)2(1.289108Pa)2

1.3210Pa132MPa[]

8

=3mm，4-34 图示半椭圆形闭口薄壁杆，a=200mm，b=160mm，

1

2

= 4mm，

T=6 kN·m，试求最大扭转切应力。

题4-31图

解：由于铆钉均匀排列，而且直径相同，所以，铆钉群剪切面的形心C，位于铆钉2与铆钉3间的中点处（图b）。将载荷平移至形心C，得集中力F与矩为Fl的附加力偶。

在通过形心C的集中力F作用下，各铆钉剪切面上的切应力相等，其值均为

FF9103N

22.87107MPa 232

πdπdπ(1010m)44

在附加力偶作用下，铆钉1与4剪切面上的切应力最大，其值均为



题4-34图

解：截面中心线所围面积为 (a)

由此得

43

Flr1

Ip

Ωπ(a

12b2

22)(

4

)

Ωπ(0.2000.00150.002)(

0.1600.0042

)m2.41102m2

4

max

M

2

2πR01

于是得最大扭转切应力为

6103N7

max4.1510Pa41.5MPa

2min22.411020.003m2

T

2. 扭转变形计算

用相距dx的两个横截面，与夹角为d的两个径向纵截面，从管的上部切取一微体，其应变能为

由此得整个上半圆管的应变能为

4-35 一长度为l的薄壁管，两端承受矩为M的扭力偶作用。薄壁管的横截面

如图所示，平均半径为R0，上、下半部由两种不同材料制成，切变模量分别为G1与G2，厚度分别为1与2，且1

dVε1

12

2G1

1R0ddx

Vε1

l π

0 0



M2l

1R0ddx3

2G18πG1R01

12

同理得整个下半圆管的应变能为

根据能量守恒定律，

题4-35图

解：1. 扭转切应力计算

闭口薄壁管扭转切应力的一般公式为 现在

所以，最大扭转切应力为

2 ΩπR0

M2l

Vε2 3

8πG2R02

于是得

MM2lM2l

 3328πG1R018πG2R02



T

2Ω



Μl11

 3

GG4πR01122

4-36 图示三种截面形状的闭口薄壁杆，若截面中心线的长度、壁厚、杆长、

材料以及所受扭矩均相同，试计算最大扭转切应力之比和扭转角之比。

min1

44

题4-36图

解：由于三者中心线的长度相同，故有

2(2bb)4aπd 由此得

b

πdπd

6， a

4

据此可求得长方形、正方形及圆形薄壁截面的Ω，其值依次为 Ωπ2

d

2

12b2

18

Ω2

π2d2

2a16

Ωπd2

34

依据

T

max2Ω

min

可得三种截面薄壁杆的最大扭转切应力之比为

矩max:方max:圆max1.432 :1.273 :1

依据



Tl4GΩ

2

ds



可得三种截面薄壁杆的扭转角之比为

矩:方:圆2.05 :1.621: 1

结果表明：在题设条件下，圆形截面薄壁杆的扭转强度及扭转刚度均最佳，正方形截面薄壁杆的次之，长方形截面薄壁杆的最差。一般说来，在制造闭口薄壁杆时，应尽可能加大其中心线所围的面积Ω，这样对强度和刚度均有利。

4-37 图示闭口薄壁杆，承受扭力偶矩M作用，试计算扭力偶矩的许用值。

已知许用切应力[]=60MPa，单位长度的许用扭转角[]=0.5(°) / m，切变模量G = 80GPa。若在杆上沿杆件母线开一槽，则许用扭力偶矩将减少至何值。

题4-37图

解：1.计算闭口薄壁杆扭力偶矩的许用值 由扭转强度条件

T

max2Ω[] min

得

T2Ωmin[]20.1000.3000.00360106Nm

1.080104

Nm10.80kNm

由扭转刚度条件



Tds

4GΩ2δ

[] 得

45

4GΩ2[]480109(0.1000.300)28.727103TNm

ds2(0.3000.100)

0.003

9.43103Nm9.43kNm

[]Ghii3

n

T

i1

3

8.72710380109[2(0.3000.100)0.0033]其中用到

[]

0.5π

180

rad/m8.727103rad/m 比较可知，

[M]9.43kNm

2.计算开口薄壁杆扭力偶矩的许用值 由扭转强度条件

3Tδmax

max

n

[]

hi3

ii1

得

n

[]h3

ii

T

i1

60106[2(0.3000.100)0.00333 ]max

30.003

Nm144.0Nm由扭转刚度条件

3Tn

[]

Ghi3

ii1得

比较可知，

46

3

Nm5.03Nm

[M]开5.03Nm

所以，金属丝的最大弯曲正应变为

最大弯曲正应力为

而弯矩则为

max

ymax

d2d 2DdDd

maxEmax

Ed

Dd

πd3EdEπd4

MWzmax

32Dd32(Dd)

6-3 图示带传动装置，胶带的横截面为梯形，截面形心至上、下边缘的距离

第六章 弯曲应力

分别为y1与y2，材料的弹性模量为E。试求胶带内的最大弯曲拉应力与最大弯曲压应力。

6-2 如图所示，直径为d、弹性模量为E的金属丝，环绕在直径为D的轮缘

上，试求金属丝内的最大弯曲正应变、最大弯曲正应力与弯矩。

题6-3图

解：由题图可见，胶带中性层的最小曲率半径为 依据

解：金属丝的曲率半径为

ρminR1

题6-2图

ζ

Ey ρEy1

R1

可得胶带内的最大弯曲拉应力和最大弯曲压应力分别为



Dd

2

47

ζt,max

ζEy

c,max2R

1

6-6 图a所示正六边形截面，边长为a，试计算抗弯截面系数Wz

与Wy

。

题6-6图

解：1. Wz计算 由图b可以看出，

ba3a

2, h2

所以，ADB对z轴的惯性矩为 3

Ibh3bhz,t

h2

bh31a3a3a4

3623121222

64

中部矩形截面对z轴的的惯性矩为 3

Ia(2h)3a3aa4

z,r

121222

4

于是得整个六边形截面对z轴的惯性矩为

Iz4Iz,tIz,r

43a43a453a4

64416

而对z轴的抗弯截面系数则为

3

WIzz53a425ay8

max16a2. Wy计算

ADB对y轴的惯性矩为

2

Ihb3bhba11a4

y,t36232192

中部矩形截面对y轴的的惯性矩为

I2ha33a4

y,r1212

于是得整个六边形截面对y轴的惯性矩为

I43a4y4Iy,tIy,r

1923a453a41216

而对z轴的抗弯截面系数则为

WIy53a4153a3

y

zmax

16a16

6-7 图示直径为d的圆木，现需从中切取一矩形截面梁。试问：(1) 如欲使所切矩形梁的弯曲强度最高，h和b应分别为何值； (2) 如欲使所切矩形梁的弯曲刚度最高，h和b又应分别为何值。

48

题6-7图

解：(1) 为使弯曲强度最高，应使Wz值最大。 由此得

bh2b22

Wz(db)

66dWz12

(d3b2)0 db6

b

36d， hd2b2d 33

题6-8图

解：1. 内力分析

梁的弯矩图如图b所示，横截面C的弯矩为

梁内的最大弯矩则为

(2) 为使弯曲刚度最高，应使Iz值最大。

bh3h3Izd2h2

1212

由此得

dIz3h2(d2h2)h4

0

22dh12dhd

d， bd2h2 22

qa2

MC

49qa2

Mmax

32

h

6-8 图a所示简支梁，由№18工字钢制成，弹性模量E = 200 GPa， a=1m。

在均布载荷q作用下，测得截面C底边的纵向正应变 = 3.010-4，试计算梁内的最大弯曲正应力。

2. 应力计算（解法一）

横截面C底部的弯曲正应力为

qa2

C,maxEC

4Wz

4ECWz

a2

由此得

代入式（a），得

49

q

Mmax

9ECWz

8

于是得梁的最大弯曲正应力为

max

Mmax9EC9(20010Pa)( 3.010)

67.5MPa Wz88

94

M(x)1

Δlx

0EWEWzz

l

qlq2ql3

xxdx 0212EWz2

l

3. 应力计算（解法二）

横截面C底部的弯曲正应力为

6-10 图示截面梁，由№18工字钢制成，截面上的弯矩M = 20kN·m，材料

的弹性模量E = 200GPa，泊松比= 0.29。试求截面顶边AB与上半腹板CD的长度改变量。

C,maxEC

由于应力与内力成正比，所以，梁内的最大弯曲正应力为

Mmax9EC9qa24

maxC,max2EC67.5 MPa

MC32qa8

计算结果相同。

6-9 图示简支梁，承受均布载荷q作用。已知抗弯截面系数为W，弹性模量

z

为E，试计算梁底边AB的轴向变形。

题6-10图

解：1.截面几何性质

工字钢截面大致形状及尺寸符号示如图6-10。

解：梁的弯矩方程为

题6-9图

M(x)

qlqxx2 22

M(x)

dx EWz

图6-10

50

横截面x处底边微长dx的轴向变形为

所以，梁底边AB的轴向变形为

d(l)(x)dx

由附录F表4查得 h180mm， b94mm, t10.7mm I4

3

z1660cm， Wz185cm

并从而得

h1h/2t79.3mm。

2．计算顶边AB的长度改变量

顶边处有

ζmax

M

Wzμε

μζ

εmax

E

由此可得AB边的伸长量为

bbM

0.290.094203

EW10

ABz20010918510

6

m 1.474105m0.01474mm

3．计算上半腹板CD的长度改变量

距中性轴z为y1的点，弯曲正应力的绝对值为

ζ(y1

1)

MyI （y1以向上为正） z

该处的横向应变为

    (yMy1)

 1

EI

z

由此可得线段CD的伸长量为

Δ h1

 M

h1

CD 0

εdy1

y1dy Mh2

1

1

EIz

 0

2EIz

3

2



0.2920100.079322001091660108

m5.49106

m0.00549mm

6-12 图a所示矩形截面悬臂梁，杆端截面承受剪切载荷F作用。现用纵截

面AC与横截面AB将梁的下部切出，试绘单元体ABCD各切开截面上的应力分布图，并说明该部分是如何平衡的。

题6-12图

解： 1. 单元体的应力分析

梁内各横截面的剪力相同，其值均为F；在固定端处，横截面上的弯矩则为

M(0)Fl 与上述内力相对应，单元体各截面的应力如图b所示。在横截面AB上，弯曲切

应力按抛物线分布，最大切应力为

3F

max

2bh

在该截面上，弯曲正应力线性分布，最大弯曲压应力则为

c,max

6Fl

bh

2 51

第二章 轴向拉压应力与材料的力学性能

2-1 试画图示各杆的轴力图。

题2-1图

解：各杆的轴力图如图2-1所示。

轴力图如图2-2a(2)所示，

(a)解：由图2-2a(1)可知，

题2-2图

FN(x)2qaqx

FN,max2qa

图2-1

(b)解：由图2-2b(2)可知，

1

图2-2a

FRqa

2-2

试画图示各杆的轴力图，并指出轴力的最大值。图a与b所示分布载荷

均沿杆轴均匀分布，集度为q。

FN(x1)FRqa

FN(x2)FRq(x2a)2qaqx2

轴力图如图2-2b(2)所示，

ζmaxζ100MPa

FN,maxqa

ηmax

ζ

50MPa 2

2-5 某材料的应力-应变曲线如图所示，图中还同时画出了低应变区的详图。

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

图2-2b

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

2

示斜截面m-m上的正应力与切应力，以及杆内的最大正应力与最大切应力。

题2-3图

解：该拉杆横截面上的正应力为

ζ

F5010N

1.00108Pa100MPa A50010m

2

3

题2-5

解：由题图可以近似确定所求各量。

斜截面m-m的方位角α50，故有

ζζcos2α100MPacos2(50)41.3MPa

Δζ220106Pa

E220109Pa220GPa

Δε0.001

ζ

ηαsin2α50MPasin(100)49.2MPa

2

杆内的最大正应力与最大切应力分别为

ζp220MPa, ζs240MPa

ζb440MPa, δ29.7%

该材料属于塑性材料。

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

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

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

后杆的轴向变形。

题2-6图

解： ζFA420103Nπ0.0102m

2

2.55108Pa255MPa 查上述ζε曲线，知此时的轴向应变为

ε0.00390.39%

轴向变形为

Δllε(0.200m)0.00397.8104m0.78mm

拉力卸去后，有

εe0.00364， εp0.00026

故残留轴向变形为

Δllεp(0.200m)0.000265.2105m0.052mm

题2-9图

解：根据

d/b0.020m/(0.100m)0.2

查应力集中因数曲线,得

K2.42

根据

ζF

n

， Kζmax(bd)δζ

n

得

ζζKF2.4232103N7

maxKn(bd)δ(0.100－0.020)0.015m2

6.4510Pa64.5MPa

2-10 图示板件，承受轴向载荷F作用。已知载荷F=36kN，板宽b1

=90mm，

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

的最大拉应力（考虑应力集中）。

3

题2-10图

解：1.在圆孔处 根据

查圆孔应力集中因数曲线，得 故有

2-14

图示桁架，承受铅垂载荷F作用。设各杆的横截面面积均为A，许用

应力均为[]，试确定载荷F的许用值[F]。

d0.010m0.1111 b10.090m

K12.6

K1F2.636103N

ζmaxK1ζn11.17108Pa117MPa (b1－d)δ(0.090－0.010)0.010m

2．在圆角处

根据

题2-14图

解：先后以节点C与B为研究对象，求得各杆的轴力分别为

Db10.090m1.5 db20.060mRR0.012m0.2 db20.060m

FN12F FN2FN3F

根据强度条件，要求

查圆角应力集中因数曲线，得 故有

3. 结论

K21.74

2F

[] A

由此得

[F]

K2F1.7436103N

ζmaxK2ζn21.04108Pa104MPa 2

b2δ0.0600.010m

[]A

2

2-15 图示桁架，承受载荷F作用，已知杆的许用应力为[]。若在节点B

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

ζmax117MPa（在圆孔边缘处）

4

题2-15图

解：1.求各杆轴力

设杆AB和BC的轴力分别为FN1和FN2，由节点B的平衡条件求得

FFN1

sinα

， FN2Fctanα 2.求重量最轻的值 由强度条件得

A1

F[ζ]sin， AF

2[ζ]

ctanα

结构的总体积为

VAF1l1A[ζ]sinαlcosαFl[ζ]ctanαFl[ζ](2

2l2

sin2α

ctanα)由

dV

dα0 得

3cos2α10

由此得使结构体积最小或重量最轻的α值为

αopt5444

2-16 图示桁架，承受载荷F作用，已知杆的许用应力为[]。若节点A和

C间的指定距离为 l，为使结构重量最轻，试确定的最佳值。

题2-16图

解：1.求各杆轴力

由于结构及受载左右对称，故有

FN1FN2

F

2sinθ

2.求的最佳值 由强度条件可得

A1A2

F

2[ζ]sinθ

结构总体积为

V2A1l1

F[ζ]sinθl2cosθFl

[ζ]sin2θ

由 dV

dθ

0 得

cos2θ0

5

由此得的最佳值为

于是得

θopt45

由此得

D:h:d1

2-17图示杆件，承受轴向载荷F作用。已知许用应力[]＝120MPa，许用切

应力[]＝90MPa，许用挤压应力[bs]＝240MPa，试从强度方面考虑，建立杆径d、墩[][]

::1 []bs4[]

D:h:d1.225:0.333:1

头直径D及其高度h间的合理比值。

题2-17图

解：根据杆件拉伸、挤压与剪切强度，得载荷F的许用值分别为 [F]d

2

t

π4

[] [F]π(D2d2)b4

[bs]

[F]sπdh[]

理想的情况下，

[F]t[F]b[F]s

在上述条件下，由式（a）与（c）以及式（a）与（b），分别得

h[]4[]d

D1

[]

[]d bs

2-18 图示摇臂，承受载荷F1

与F2

作用。已知载荷F1

=50kN，F2

=35.4kN，

许用切应力[]=100MPa，许用挤压应力[bs]=240MPa。试确定轴销B的直径d。

题2-18图

(a) 解：1. 求轴销处的支反力 (b) 由平衡方程Fx0与Fy0，分别得

(c) FBxF1F2cos4525kN

FByF2sin4525kN

由此得轴销处的总支反力为

F2B25225kN35.4kN

2.确定轴销的直径

由轴销的剪切强度条件（这里是双面剪）

η

FsA2FB

πd2

[η] 6

得

2FB235.4103

dm0.015m

[η]100106

由轴销的挤压强度条件

2-20图示铆接接头，铆钉与板件的材料相同，许用应力[] =160MPa，许

用切应力[] = 120 MPa，许用挤压应力[bs ] = 340 MPa，载荷F = 230 kN。试校核接

头的强度。

得

ζbs

FbF[ζbs] dd

FB35.4103

dm0.01475m

δ[ζbs]0.010240106

结论：取轴销直径d0.015m15mm。

解：最大拉应力为

题2-20图

2-19图示木榫接头，承受轴向载荷F = 50 kN作用，试求接头的剪切与挤压

应力。

230103N

max153.3 MPa

(0.1700.020)(0.010)(m2)

最大挤压与剪切应力则分别为

230103N

bs230 MPa

5(0.020m)(0.010m)

解：剪应力与挤压应力分别为

题2-19图

4230103N146.4 MPa

5π(0.020m)2

2-21 图示两根矩形截面木杆，用两块钢板连接在一起，承受轴向载荷F =

45kN作用。已知木杆的截面宽度b =250mm，沿木纹方向的许用拉应力[]=6MPa，许用挤压应力[bs]=10MPa，许用切应力[]=1MPa。试确定钢板的尺寸与l以及木杆的高度h。

50103N

5 MPa

(0.100m)(0.100m)50103N

bs12.5 MPa

(0.040m)(0.100m)

7

题2-21图

解：由拉伸强度条件 ζ

F

b(h2δ)

[ζ]

得

3

h2δ

Fb[ζ]45100.250610

6

m0.030m 由挤压强度条件 ζF

bs

2bδ

[ζbs] 得

δF45103

2b[ζ0.25010106

m0.009m9mmbs]2由剪切强度条件 η

F

2bl

[η] 得

l

F45103

2b[]20.2501106

m0.090m90mm

取δ0.009m代入式（a），得

h(0.03020.009)m0.048m48mm 结论：取

δ9mm，l90mm，h48mm。

2-22 图示接头，承受轴向载荷F作用。已知铆钉直径d=20mm，许用应力

[]=160MPa，许用切应力[]=120MPa，许用挤压应力[bs]=340MPa。板件与铆钉

的材料相同。试计算接头的许用载荷。

a）

题2-22图

解：1.考虑板件的拉伸强度 由图2-22所示之轴力图可知，

FN1F， FN23F/4

ζF1

N1AF

(bd)[ζ] b）

1δ

F(bd)δ[ζ](0.200-0.020)0.015160106N4.32105N432kN

ζ2

FN2A3F

4(b2d)δ

[ζ] 2

F43(b2d)δ[ζ]4

3

(0.2000.040)0.015160106N5.12105N512kN

8

（

（

径d=8mm，孔的边距a=20mm，钢带材料的许用切应力[]=100MPa，许用挤压应力[bs]=300MPa，许用拉应力 []=160MPa。试校核钢带的强度。

2.考虑铆钉的剪切强度

2

图2-22

题2-23图

Fs

F 8

η

Fs4F[η] A8πd2

2

6

5

解：1．钢带受力分析

分析表明，当各铆钉的材料与直径均相同，且外力作用线在铆钉群剪切面上的投影， 通过该面的形心时，通常即认为各铆钉剪切面的剪力相同。

铆钉孔所受挤压力Fb等于铆钉剪切面上的剪力，因此，各铆钉孔边所受的挤压力Fb相同，钢带的受力如图b所示，挤压力则为

F2πd[η]2π0.02012010N3.0210N302kN

3．考虑铆钉的挤压强度

F6103NFb2.0103N

33

孔表面的最大挤压应力为

Fb

bs

F

4

FbF[bs] d4 d

Fb2.0103Nbs1.25108Pa125MPa[bs]

d(0.002m)(0.008m)

在挤压力作用下，钢带左段虚线所示纵截面受剪（图b），切应力为

F4d[ζbs]40.0150.020340106N4.08105N408kN

结论：比较以上四个F值，得

Fb2.0103N2.5107Pa25MPa[]

2a2(0.002m)(0.020m)

[F]302kN

2-23 图a所示钢带AB，用三个直径与材料均相同的铆钉与接头相连接，

钢带承受轴向载荷F作用。已知载荷F=6kN，带宽b=40mm，带厚=2mm，铆钉直

9

钢带的轴力图如图c所示。由图b与c可以看出，截面1-1削弱最严重，而截面2-2的轴力最大，因此，应对此二截面进行拉伸强度校核。

截面1-1与2-2的正应力分别为

FN12F2(6103N)183.3MPa

A13(b2d)3(0.040m20.008m)(0.002m)FN2F6103N293.8MPa

A2(bd)(0.040m0.008m)(0.002m)

端承受轴向拉力F = 200kN作用。若弹性模量E = 80GPa，泊松比=0.30。试计算该杆外径的改变量D及体积改变量V。

解：1. 计算D 由于 故有

ε

FFΔD

， ε

EADEA

4FD40.302001030.060

ΔDεDm22922

EAEπ(Dd)8010π(0.0600.020）

FD

1.79105m0.0179mm

2.计算V

变形后该杆的体积为 故有

3

Fl200100.4003

ΔVVVV(ε2ε)(12μ)m(120.3)

E8010 4.00107m3400mm3

π

VlA(ll)[(DεD)2(dεd)2]Al(1ε)(1ε)2V(1ε2ε)

4

3-4 图示螺栓，拧紧时产生l=0.10mm的轴向变形。已知：d = 8.0mm，d

1

2

= 6.8mm，d3 = 7.0mm；l1=6.0mm，l2=29mm，l3=8mm；E = 210GPa，[]=500MPa。试求预紧力F，并校核螺栓的强度。

第三章 轴向拉压变形

3-2 一外径D=60mm、内径d=20mm的空心圆截面杆，杆长l = 400mm，两

10

题3-4图

解：1.求预紧力F

各段轴力数值上均等于F，因此， 由此得

题3-5图

解：1.求各杆轴力

llllFl4Fl1

Δl(123)(22232)

EA1A2A3πEd1d2d3

FN1E1ε1A12001094.0104200106N1.6104N16kN FN2E2ε2A22001092.0104200106N8103N8kN

πEΔlπ2101090.10103

FN1.865104N18.65kN

ll

)4(123)4(

0.00820.006820.0072d1d2d3

2.校核螺栓的强度

2.确定F及θ之值

由节点A的平衡方程Fx0和Fy0得

FN2sin30FsinθFN1sin300 FN1cos30FN2cos30Fcosθ0

F4F418.65103N

ζmax25.14108Pa514MPa 22

Aminπd2π0.0068m

此值虽然超过[ζ]，但超过的百分数仅为2.6％，在5％以内，故仍符合强度要求。

化简后，成为

3-5 图示桁架，在节点A处承受载荷F作用。从试验中测得杆1与杆2的纵

-4

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

FN1FN22Fsinθ

及

联立求解方程(a)与(b)，得

11

3(FN1FN2)2Fcosθ

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

由此得

FN1FN2(168)103

tanθ0.1925 3

3(FN1FN2)3(168)10

θ10.8910.9

FN1FN2(168)1034

FN2.1210N21.2kN

2sinθ2sin10.89

3-6

图示变宽度平板，承受轴向载荷F作用。已知板的厚度为，长度为l，

题3-7图

解：自截面B向上取坐标y，y处的轴力为

该处微段dy的轴向变形为

题3-6图

于是得截面B的位移为 (a)

左、右端的宽度分别为b1与b2，弹性模量为E。试计算板的轴向变形。

FNgAy

dΔy

gAy

EA

l

dy

gy

E

dy

解：对于常轴力变截面的拉压平板，其轴向变形的一般公式为

llFFΔlxx

0EA(x)0Eb(x)

ΔCy

g

E

 0ydy

gl2

2E

()

由图可知，若自左向右取坐标x，则该截面的宽度为

代入式(a)，于是得

3-8 图示为打入土中的混凝土地桩，顶端承受载荷F，并由作用于地桩的摩

bbb(x)b121x

l

Δl

b2Fl1Fl

xln0bbEδb21xEδ(b2b1)b1

1

l

擦力所支持。设沿地桩单位长度的摩擦力为f，且f = ky2，式中，k为常数。已知地桩的横截面面积为A，弹性模量为E，埋入土中的长度为l。试求地桩的缩短量。

3-7 图示杆件，长为l，横截面面积为A，材料密度为，弹性模量为E，试

求自重下杆端截面B的位移。

12

题3-8图

解：1. 轴力分析 摩擦力的合力为

Fy

l

2

l

fdy 0kydykl3

3

根据地桩的轴向平衡，

kl3

3F 由此得

k

3Fl3

截面y处的轴力为

F y

ky

3

fdy y

N 0

ky2dy

3

2. 地桩缩短量计算

截面y处微段dy的缩短量为

dδ

FNdy

EA

积分得

δ l

FNdyk l3kl4

0EA3EA 0ydy12EA

将式(a)代入上式，于是得

δ

Fl

4EA

3-9 图示刚性横梁AB，由钢丝绳并经无摩擦滑轮所支持。设钢丝绳的轴向刚

度（即产生单位轴向变形所需之力）为k，试求当载荷F作用时端点B的铅垂位移。

题3-9图

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

a）

图3-9

以刚性梁为研究对象，由平衡方程MA0得

FNaFN(ab)F(2ab)

由此得

（ 13

由图3-9可以看出， 可见，

根据k的定义，有 于是得

FNF FN1FN2F （拉力）

y (2ab)

ΔlΔy1Δy2a(ab)(2ab)

于是得各杆的变形分别为

(b)

FN42F （压力）

FN30

l1l2l4

ΔyΔl

Fl

(伸长) EA

2F2l2Fl

(伸长) EAEA

FNkΔlkΔy

l30

Δy

FNF

 kk

3-10 图示各桁架，各杆各截面的拉压刚度均为EA，试计算节点A的水平

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

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

于是可以看出，节点A的水平与铅垂位移分别为

与铅垂位移。

ΔAx0

ΔAyl12l4l2

Fl2FlFlFl

2212

EAEAEAEA



题3-10图

（a）解：

利用截面法，求得各杆的轴力分别为

14

图3-10

（b）解：显然，杆1与杆2的轴力分别为

FN1F （拉力）

FN20

于是由图3－10(2)可以看出，节点A的水平与铅垂位移分别为

ΔlFlAx1

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

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

15

题3-11图

解：1.求各杆轴力 由图3-11a得

FN1

F

sinθ

FN2Fctanθ

图3-11

2.求变形和位移

由图3-11b得 ΔlF1

N1l1EA2Fl2 ΔlFlFlctanθ

2N2221EA1sin2θEA2EA2

及

3.求θ的最佳值 由dΔBy/dθ0，得 由此得

ΔlΔlFl2ctan2θΔBy()

sinθtanθEA1sin2θsinθA2

2(2cos2θsinθcosθsin2θ)2ctanθcsc2θ

0 22

A1A2sin2θsinθ

解：两杆的轴力均为

题3-12图

FN

2A1cos3θA2(13cos2θ)0

F

2cos

n

轴向变形则均为

于是得节点C的铅垂位移为

将A1与A2的已知数据代入并化简，得

Fllll 2AcosBB

n

cos3θ12.09375cos2θ4.031250

cosθ0.564967

解此三次方程，舍去增根，得

由此得θ的最佳值为

lFnlΔCynn n1

cos2ABcos

3-13 图示结构，梁BD为刚体，杆1、杆2与杆3的横截面面积与材料均

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

θopt55.6

3-12 图示桁架，承受载荷F作用。设各杆的长度为l，横截面面积均为A，

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

16

题3-13图

解：1.求各杆轴力 由Fx0，得

FN20

由Fy0，得

FN1FN3

F

2

10kN 2．求各杆变形

Δl20

ΔlF1N1lEA101031.0002001010010

m5.010-4m0.50mmΔl33．求中点C的位移 由图3-13易知，

图3-13

ΔxΔl10.50mm()， ΔyΔl10.50mm()

3-14 图a所示桁架，承受载荷F作用。设各杆各截面的拉压刚度均为EA，

试求节点B与C间的相对位移B/C。

题3-14图

解：1. 内力与变形分析

利用截面法，求得各杆的轴力分别为

17

FN1FN2FN3FN4

F （拉力） 2

题3-15图

(a)解：各杆编号示如图3-15a，各杆轴力依次为

该桁架的应变能为

FN5F （压力）

于是得各杆得变形分别为

FN1

221

F， FN2F， FN3F 222

l1l2l3l4

Fl

(伸长) 2EA

F2lFll5(缩短)

EAEA

2

FN112212F2l221ili

Vε(Fl2Fl)()

2EA2EA2242EA4i1

3

2. 位移分析

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

可以看出，

依据能量守恒定律， 最后得

图3-15

l52FlFl22Fl

ΔB/C2CiiC'22l322

EA22EA2EA



3-15 如图所示桁架，设各杆各截面的拉压刚度均为EA，试用能量法求载

荷作用点沿载荷作用方向的位移。

FΔ

Vε 2

2F2l221(221)FlΔ() ()

F2EA44EA

(b)解：各杆编号示如图b 列表计算如下：

18

于是，

2FN(322)F2lili

Vε

2EA2EAi1

5

由表中结果可得

依据 得

依据能量守恒定律， 可得

FΔ

Vε 2Δ

(322)Fl

()

EA

2FN(2)F2lili

Vε

2EA2EAi1

5

3-16 图示桁架，承受载荷F作用。设各杆各截面的拉压刚度均为EA，试

用能量法求节点B与C间的相对位移B/C。

WV

ΔB/C

(22)Fl

()

EA

3-17 图示变宽度平板，承受轴向载荷F作用。已知板的厚度为，长度为l，

左、右端的宽度分别为b1与b2，弹性模量为E，试用能量法计算板的轴向变形。

题3-16图

解：依据题意，列表计算如下：

19

题3-17图

解：对于变截面拉压板件，应变能的表达式为

22

lFNFN

Vxx

02EA(x)02Eb(x)

l

(a)

由图可知，若自左向右取坐标x，则该截面的宽度为

b(x)b1

b2b1

x l

题3-19图 (a)解：杆的受力如图3-19a(1)所示，平衡方程为

将上式代入式（a）,并考虑到FNF,于是得

b1F2F2l

Vεdxln2

02E2Eδ(b2b1)b1

δb121x

l

设板的轴向变形为l，则根据能量守恒定律可知，

l

F0, FFF

x

Ax

FBx0

或 由此得

FΔl

Vε 2

bFΔlF2l

ln2 22Eδ(b2b1)b1

一个平衡方程，两个未知支反力，故为一度静不定。

bFlΔlln2

Eδ(b2b1)b1

AC，CD与DB段的轴力分别为 由于杆的总长不变，故补充方程为

图3-19a

3-19 图示各杆，承受集中载荷F或均布载荷q作用。各杆各截面的的拉压

刚度均为EA，试求支反力与最大轴力。

得

FN1FAx, FN2FAxF, FN3FAx2F

l

FAxaFAxFaFAx2Fa

0 EAEAEA

FAxF0

20

由此得

FAxF

FBx2FFAxF

杆的轴力图如3-19a(2)所示，最大轴力为

FN,maxF (b)解：杆的受力如图3-19b(1)所示，平衡方程为

Fx0, qaFAxFBx0

一个平衡方程，两个未知支反力，故为一度静不定。

图3-19b

AC与CB段的轴力分别为 FN1FAx, FN2FAxqx

由于杆的总长不变，故补充方程为

l

FAxa1

a

EAEA

0FAxqxdx0 得

1

qa2

EA2FAxa2

0

由此得

FqaAx

4 FF3qa

BxqaAx4

杆的轴力图如3-19b(2)所示，最大轴力为

F3qa

Nmax

4

3-20图示结构，杆1与杆2的横截面面积相同，弹性模量均为E，梁BC为

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

题3-20图

解：容易看出，在载荷F作用下，杆2伸长，杆1缩短，且轴向变形相同，故

FN2为拉力，

FN1为压力，且大小相同，即

FN2FN1

以刚性梁BC为研究对象，铰支点为矩心，由平衡方程

M0, FN2aFN1aF2a0

由上述二方程，解得

21

FN2FN1F

根据强度条件，

FN,BCFN,ABF

(

后取节点A为研究对象，由Fx0和Fy0依次得到

FN120103NA11.818104m2 6

[]11010Pa FN,ADFN,AG

(

c及 3

AF2

N22010N[106Pa

1.25104m

2

t]160

2FN,ADcos45FN,AB

取

在节点A处有变形协调关系（节点A铅垂向下）

AΔlBCΔllAB

Δ1A2182mm2

cos45



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

N,BClFN,ABlFN,AD2l求各杆轴力。

ΔlBC

FEA

， ΔlAB

EA

， ΔlADEA

ΔlAG

将式(e)代入式(d)，化简后得

FN,BCFN,AB2FN,AD

联解方程(a)，

(c)和(d)，得 F2221N,BC

2F（拉）， F2

N,AB2F（压）， FN,ADFN,AG2F（拉）(b)解：此为一度静不定问题。

题3-21图

考虑小轮A的平衡，由Fy0，得

(a)解：此为一度静不定桁架。

FN1sin45F0

设FN,AB以压为正，其余各段轴力以拉力为正。先取杆AB为研究对象，由

由此得 Fy0，得

FN12F

22

(

(

(

(

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

Fx0，FN1

1

FN2 2

(

FN20

FN2FN3F Fy02

由图b得变形协调方程为

(

FN1的水平分量由刚性墙面提供的约束反力来平衡。

Δl1ctan30

ΔlΔl3 (

sin30



3-22根据胡克定律，有

图示桁架，杆1、杆2与杆3分别用铸铁、铜和钢制成，许用应力分

N22别为[

Δl1

FN1l1FN1l1E， ΔlFlFN2l1， ΔlFlFl

23N33N311]=40MPa，[2]=60MPa，[3]=120MPa，弹性模量分别为E1=160GPa，E1A121A3E2A2E2A3E3A33E3A3

E2=100GPa，E3=200GPa。若载荷F=160kN，A1= A2= 2A3，试确定各杆的横截面面积。

将式(d)代入式(c)，化简后得补充方程为

15FN132FN28FN3

联解方程(a)，(b)和(c’)，并代入数据，得

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

根据强度要求，计算各杆横截面面积如下：

AFN122.6103m2

15.65104[ζ6

m2565mm2 1]4010题3-22图

解：此为一度静不定结构。节点C处的受力图和变形图分别示如图3-22a和b。

AFN226.11032422

2[ζ]60106m4.3510m435mm

2

AFN3146.9103m2

23[ζ12010

6

1.224103m1224mm2 3]根据题意要求，最后取

图3-22

A1A22A32450mm2

由图a可得平衡方程

23

(

(

3-23图a所示支架，由刚体ABC并经由铰链A、杆1与杆2固定在墙上，

FN12FN2

联立求解平衡方程（a）与上述补充方程，得

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

FN1

4F2F

, FN2

55

2. 由位移y确定载荷F与各杆轴力

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

又由于 由此得

题3-23图



l12l1AB

2y

l1y

将式（c）与（d）的第一式代入上式，于是得

解：1. 求解静不定

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

由平衡方程MA0，得

F

5EAy

4l5(200109Pa)(100106m2)(0.075103m)1.875104N 3

4(10010m)

并从而得

FN1

FN2

F0 2

(a)

FN11.5104N, FN27.5103N

由变形图中可以看出，变形协调条件为

根据胡克定律，

l12l2

Δl1

FN1lFl

, Δl2N2 EAEA

(b)

F=200kN。试在下列两种情况下确定杆端的支反力。

(a) 间隙=0.6 mm； (b) 间隙=0.3 mm。 (c)

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

2

将上述关系式代入式（b），得补充方程为

24

FBx

FEA22a

3

962

20010N(0.0003m)(21010Pa)(250010m) 47.5 kN

22(1.5m)

而C端的支反力则为

题3-24图

解：当杆右端不存在约束时，在载荷F作用下，杆右端截面的轴向位移为

FCxFFBx200 kN47.5 kN152.5 kN

(200103N)(1.5m)Fa

F0.57mm 962

EA(21010Pa)(250010m)

3-25 图示两端固定的等截面杆AB，杆长为l。在非均匀加热的条件下，距

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

当间隙=0.6 mm时，由于F，仅在杆C端存在支反力，其值则为

FCxF200 kN

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

杆的平衡方程为 补充方程为 由此得

图3-24

题3-25图

解：1.求温度增高引起的杆件伸长

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

FFBxFCx0

FaFBx2a EAEA

αlΔTBx2

d(Δlt)αlΔTdxdx l

lαlΔTBx2

2

全杆伸长为

25

Δlt

l

x

αlΔTBl

3

2．求约束反力

设固定端的约束反力为F，杆件因F作用而引起的缩短量为

由变形协调条件 可得

ΔlF

FNlFl



EAEA

根据平衡条件，由图a可得

图3-26

ΔlFΔlt

F

3．求杆件横截面上的应力

EAαlΔTBlEAαlΔTB



l33FNFEαlΔTB



AA3

由图b可得

FN1FN2FN3

(

ζ

FN4FN5 ， FN32FN4cos303FN4

Δl1Δl4

Δl3 

cos60cos30

(

3-26 图示桁架，杆BC的实际长度比设计尺寸稍短，误差为。如使杆端B

与节点G强制地连接在一起，试计算各杆的轴力。设各杆各截面的拉压刚度均为EA。

变形协调关系为(参看原题图)

依据胡克定律，有

Δ(

Δli

FNili

(i1~5) EA

(

将式(d)代入式(c)，得补充方程

Δ

2FN1l2FN43lFN3l

 EAEA3EA

(

联立求解补充方程(e)、平衡方程(a)与(b)，最后得

题3-26图

解：此为一度静不定问题。自左向右、自上向下将各杆编号1~5。由强制装配容

易判断，杆1~3受拉，杆4和5受压。装配后节点G和C的受力图分别示如图3-26a和b。

26

即

FN3

(92)EA(332)EA

Δ, FN4Δ

23l23l

(92)EA

Δ （拉）

23l

FN,BCFN,GDFN,GE

FN,CDFN,CE

(332)EA

Δ （压）

23l

3-27图a所示钢螺栓，其外套一长度为l的套管。已知螺栓与套管的横截面

面积分别为Ab与At，弹性模量分别为Eb与Et，螺栓的螺距为p。现将螺母旋紧1/5圈，试求螺栓与套管所受之力。螺帽与螺母的变形忽略不计。

最后，联立求解平衡方程（a）与补充方程（b），得螺栓与套管所受之力即预紧力为

AbEb

FN0FNbFNt

l1k式中，

k

AbEb

AtEt

3-28 图示组合杆，由直径为30mm的钢杆套以外径为50mm、内径为30mm

的铜管组成，二者由两个直径为10mm的铆钉连接在一起。铆接后，温度升高40℃，试计算铆钉剪切面上的切应力。钢与铜的弹性模量分别为Es = 200GPa与Ec=100GPa，线膨胀系数分别为ls=12.5×10-6℃-1与

题3-27图

解：首先设想套管未套上，而将螺母由距螺帽l处旋转1/5圈，即旋进=p/5的距离。然后，再将套管套上。由于螺帽与螺母间的距离小于套管的长度，故套合后的螺栓将受拉，而套管则受压。

设螺栓所受拉力为FNb，伸长为lb，套管所受压力为FNt，缩短为lt，则由图b与c可知，平衡方程为

而变形协调方程则为

利用胡克定律，得补充方程为

lc=16×10-6℃-1。

题3-28图

解：设温度升高T时钢杆和铜管自由伸长量分别为δTs和δTc，由于二者被铆钉连在一起，变形要一致，即变形协调条件为 (a)

δTsΔlsδTcΔlc 或写成

FNbFNt0

lblt

ΔlsΔlcδTcδTs

FNblFNtl

 AbEbAtEt

这里，伸长量Δls和缩短量Δlc均设为正值。 (b)

引入物理关系，得

27

FNslFNcl

(αlcαls)lΔT EsAsEcAc

将静力平衡条件FNsFNcF代入上式，得

(1)解：如图3-29(1)a所示，当杆2未与刚性杆BD连接时，下端点位于D，即

DD。

当杆2与刚性杆BD连接后，下端点铅垂位移至D，同时，杆1的下端点则铅垂位移至C。过C作直线C’e垂直于杆1的轴线，显然CeΔl1，即代表杆1的弹性变形，

F

EsAsEcAc

(αlcαls)ΔT

EsAsEcAc

同时，DDΔl2，即代表杆2的弹性变形。与上述变形相应，杆1受压，杆2受拉，刚性杆BD的受力如图3-29(1)b所示。

注意到每个铆钉有两个剪切面，故其切应力为 由此得

η

FSFEsAsEcAc(αlcαls)ΔT A2A2A(EsAsEcAc)

2001090.0302100109(0.05020.0302)(1612.5)10640N



20.0102[2001090.0302100109(0.05020.0302)]m2 5.9310Pa59.3MPa

7

图3-29(1)

可以看出，

3-29

图示结构，杆1与杆2各截面的拉压刚度均为EA，梁BD为刚体，试

在下列两种情况下，画变形图，建立补充方程。

(1) 若杆2的实际尺寸比设计尺寸稍短，误差为；

(2) 若杆1的温度升高T，材料的热膨胀系数为l。

DD2CC

即变形协调条件为

Δl222Δl1

而补充方程则为



或

F2l4F1l0 EAEA

EA

0 l

F24F1

题3-29图

28

(2)解：如图3-29(2)a所示，当杆1未与刚性杆BD连接时，由于其温度升高，

下端点位于C，即CCllΔT。当杆1与刚性杆BD连接后，下端点C铅垂位移至C，而杆2的下端点D则铅垂位移至D。过C作直线C’e垂直于直线CC，显然，Δl1即代表杆1的弹性变形，同时，Δl2，代表杆2的弹性变形。与上述变形相应，杆1受压，杆2受拉，刚性杆BD的受力如图3-29(2)b所示。

设计长度l变为lΔ。试问当为何值时许用载荷最大，其值[F]max为何。

题3-30图

图3-29(2)

可以看出，

解:此为一度静不定问题。

节点C处的受力及变形示如图3-30a和b。

DD2CC

故变形协调条件为

Δl222llΔTΔl1

而补充方程则为



F2lF12l

 22lΔTlEAEA

或

由图a得平衡方程为

图3-30

F24F14EAlΔT0

FN1FN2， 2FN1cos30FN3F

由图b得变形协调条件为

(

3-30 图示桁架，三杆的横截面面积、弹性模量与许用应力均相同，并分别

为A，E与[]，试确定该桁架的许用载荷[F]。为了提高许用载荷之值，现将杆3的

29

依据胡克定律,有

Δl1Δl3cos30

(

Δli

FNili

EA (i1,2,3) 将式(c)代入式(b)，化简后得补充方程为

F4

N33

FN1

将方程(b’)与方程(a)联解，得

F3N1FN2

433F， F4

N3433

FFN1

ζFmax

N3A4F

(433)A

[ζ] 由此得

F

(433)[]A4, [F](433)[]A

4

为了提高[F]值，可将杆3做长，由图b得变形协调条件为

Δl3Δ

Δlcos30

式中，l3与l1均为受载后的伸长，依题意，有了后，应使三根杆同时达到[ζ]，即 [ζ]ElΔ4[ζ]3El 由此得

Δ(4

[ζ]l[ζ]l31)E

3E

此时，各杆的强度均充分发挥出来，故有

[F]max2([]Acos30

)[]A(13)[]A

第四章 扭 转

(c)

4-5 一受扭薄壁圆管，外径D = 42mm，内径d = 40mm，扭力偶矩M =

500N•m，切变模量G=75GPa。试计算圆管横截面与纵截面上的扭转切应力，并计算(b’管表面纵线的倾斜角。)

解：该薄壁圆管的平均半径和壁厚依次为

R1Dd222)20.5mm， Dd0(22

1mm

于是，该圆管横截面上的扭转切应力为

T500N2πR0.02050.001m

2

1.89410822Pa189.4MPa 02π依据切应力互等定理，纵截面上的扭转切应力为

ηη189.4MPa 该圆管表面纵线的倾斜角为

ηG189.41067510

rad2.53103rad 4-7 试证明，在线弹性范围内，且当R0

/≥10时，薄壁圆管的扭转切应力公

式的最大误差不超过4.53%。

解：薄壁圆管的扭转切应力公式为

η

T

2πR2

0δ

设R0/δβ，按上述公式计算的扭转切应力为

η

TT2πR2πβ2δ

3

0δ2按照一般空心圆轴考虑，轴的内、外直径分别为

d2R0δ， D2R0δ

极惯性矩为

Iπp

32(D4d4)ππRδ2

32[(2R0δ)4(2R0δ)4]02

(4R0δ2) 30

(

由此得

ηρC(

ηmax

T(21)TδT

(R0)(2R) 02Ip2πR0(4R02)π3(421)

d1/m

) dx

(

(b) 由静力学可知，

比较式(a)与式(b)，得

A

ρdAC(

d1/m

)ρ(m1)/mdAT

Adx

(

ηηmax

π3(421)421



T(21)2(21)2π23

T

取径向宽度为dρ的环形微面积作为dA，即

dA2πρdρ

将式(d)代入式(c)，得

(

当

R0



10时， 2πC(

d1/md/2(2m1)/m)ρdρT

0dx

max

41021

0.9548 210(2101)

由此得

(

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

d1/m(3m1)T

)

(3m1)/mdx2πCm()2

(

将式(e)代入式(b)，并注意到T=M ，最后得扭转切应力公式为

4-8 图a所示受扭圆截面轴，材料的曲线如图b所示，并可用C

面上的切应力分布图。

1/m

表示，式中的C与m为由试验测定的已知常数。试建立扭转切应力公式，并画横截

M1/m



(3m1)/m

()3m12

横截面上的切应力的径向分布图示如图4-8。

题4-8图

解：所研究的轴是圆截面轴，平面假设仍然成立。据此，从几何方面可以得到

(a)

图4-8



d dx

4-9 在图a所示受扭圆截面轴内，用横截面ABC和DEF与径向纵截面ADFC

根据题设，轴横截面上距圆心为ρ处的切应力为

31

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

平衡的。

根据图b，可算出单元体右端面上水平分布内力的合力为

同理，左端面上的合力为

题4-9图

方向亦示如图c。

设Fz2作用线到水平直径DF的距离为ey（见图b），由 得

Fz2

πd/2T

00



π8T

cos(θ)ρdρdθ Ip23πd

8T

3πd

Fz1

解：单元体ABCDEF各截面上的应力分布图如图4-9a所示。

Fz2ey

TIp

d/23T2πcos()dd 0024π

ey

图4-9

根据图a，不难算出截面AOO1D上分布内力的合力为

T3πd3πd

0.295d 48T32

同理，Fz1作用线到水平直径AC的距离也同此值。

根据图b，还可算出半个右端面DO1E上竖向分布内力的合力为

1d4Tl

Fx1ηmax(l)2

22πd

Fy3

π/2d/2Tρ

0

同理，得截面OCFO1上分布内力的合力为

方向示如图c。

设Fx1与Fx2作用线到x轴线的距离为ez1，容易求出

π4T

sin(θ)ρdρdθ Ip23πd

Fx2

4Tl

πd设Fy3作用线到竖向半径O1E的距离为ez2（见图b），由 得

Fy3ez2

d/23Tπ/22T

cosdd 0

Ip08

2dd

ez1

323

32

ez2

T3πd3πd0.295d 84T32

题4-11图

解：由题图知，圆轴与套管的扭矩均等于M。

1.由圆轴AB求M的许用值

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

max1

Fy4Fy1Fy2

4T 3πd

M116M1

[1] Wp1πd3

由此得M的许用值为

方向均示如图c。它们的作用线到所在面竖向半径的距离均为ez2。

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

πd3[1]π0.056380106

[M1]Nm2.76103Nm2.76kNm

1616

2．由套管CD求M的许用值

Mx0，Fy

(2ez2)Fz2eyFy1(2ez2)Fz1ey4

TT

0 22

R0

D806

mm37mm， δ6mmR0 22

此管不是薄壁圆管。

My0，Fz

lFx1(2ez1)2

lFy3l4

8Tl8Tl

0 3πd3πd

max2

80－6268

0.85 8080

Mz0，Fy

4Tl4Tl

0 3πd3πd

由此得M的许用值为

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

M216M2

[2] Wp2πD3(14)

4-11 如图所示，圆轴AB与套管CD用刚性突缘E焊接成一体，并在截面A

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

πD3(14)[2]π0.0803(10.854)40106

[M2]Nm

1616

1.922103Nm1.922kNm

可见，扭力偶矩M的许用值为

[M][M2]1.922kNm

4-13 图示阶梯形轴，由AB与BC两段等截面圆轴组成，并承受集度为m

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

33

以及直径d1与d2。已知轴总长为l，许用切应力为[]。

题4-13图

解：1.轴的强度条件

在截面A处的扭矩最大，其值为

Tmax1ml

由该截面的扭转强度条件

Tmax1

max1W16ml

[η] p1πd3

1得

d3

16ml

1

π[η]

BC段上的最大扭矩在截面B处，其值为

Tmax2ml2

由该截面的扭转强度条件得

d3

16ml2

2

π[η]

2．最轻重量设计 轴的总体积为 Vπd2π2π16ml2/3

16ml41(ll2)22/34d2l24[(π[η])(ll2)(π[η]

)l2]根据极值条件

dV

dl0 2

得

(

16mlπ[])2/3(16mπ[])2/352/3

3

l20 由此得 l(3

25

)3/2l0.465l

从而得

l3

1ll2[1(5)3/2]l0.535l

d2(

16m1/31/3π[])l31/22(5)16ml

π[]

0.775d1 该轴取式(a)~(d)所给尺寸，可使轴的体积最小，重量自然也最轻。

(a)

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

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

解：由于

m

Dd40

7

5.7110 故需考虑曲率的影响，此时，

8FD(4m＋2）81.001030.040(45.712)N

maxπd3(4m3)

π0.0073(45.713)m2 3.72108Pa372MPa

结论：max[]，该弹簧满足强度要求。

34

(

(

(

4-20 图示圆锥形薄壁轴AB，两端承受扭力偶矩M作用。设壁厚为，横截

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

4MA/B

πG



d(dAcx)2M2l

(dcx)| 0A

0c(dcx)3πGδcA

l

间的扭转角为

（dA/B

2MlAdB)

π

Gd22

AdB

题4-20图

证明：自左端A向右取坐标x，轴在x处的平均半径为 R(x)12(dddABA1

0lx)2

(dAcx)

式中，

c

dBdA

l

截面x的极惯性矩为 I3

p2πR0

2π [1(dcx)]3πδ

A(d324

Acx)

依据

dT(x)dxGI4Mπ (d pGAcx)3

得截面A和B间的扭转角为

2Ml112Ml(dAdBπGδ (d())222

B dA)dBdAπGδd2AdB

4-21 图示两端固定的圆截面轴，承受扭力偶矩作用。试求支反力偶矩。设

扭转刚度为已知常数。

题4-21图

(a)解：此为静不定轴，但有对称条件可以利用。

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

MAMB

由Mx0可得 MAMB2MA2M

即

35

MAMBM

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

变形协调条件为

利用叠加法，得到（x从左端向右取）

B0

(

BB,mB,MB

am(ax)

GIp

MB(2a)ma22MBa

x

GIp2GIpGIp

(

变形协调条件为

利用叠加法，得

图4-21b

将式(d)代入式(c)，可得 进而求得

(a)

MB

ma 4

3ma

4

B0

MAmaMB

B

MaM(2a)MB(3a)

 GIpGIpGIp

M的转向亦与m相反。

(b) A

将式(b)代入式(a)，可得 进而求得

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

1

2

1MBM

3

1

MAM（转向与MB相反）

3

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

(c)解：此为静不定轴，与(a)类似，利用左右对称条件，容易得到

MAMB

ma

2

解：1.内力分析

题4-22图

MA和MB的转向与m相反。

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

36

此为静不定轴，设B端支反力偶矩为MB，该轴的相当系统示如图4-22a。

图4-22

利用叠加法，得

1BGI[4000.5006001.250MB2.500]

p

将其代入变形协调条件B0，得

M(6001.2504000.500)Nm2

B2.500m

220Nm该轴的扭矩图示如图4-22b。 2.由扭转强度条件求d 由扭矩图易见，

Tmax380Nm

将其代入扭转强度条件，

Tmax

maxW16Tmax

3

[] pπd

由此得

3

16Tmax316380m3

dπ[]π40106

0.0364m36.4mm

3.由扭转刚度条件求d

将最大扭矩值代入 maxGI32Tmax

Gπd

4

[] p得

d

4

32T

max

32380180m4

πG[]



4

π801090.25π

0.0577m57.7mm

结论：最后确定该轴的直径d57.7mm。

4-23 图示两端固定阶梯形圆轴AB，承受扭力偶矩M作用。已知许用切应

力为[]，为使轴的重量最轻，试确定轴径d1与d2。

题4-23图

解：1. 求解静不定

设A与B端的支反力偶矩分别为MA与MB，则轴的平衡方程为

Mx0, MAMBM0

AC与CB段的扭矩分别为

T1MA， T2MB

代入式（a），得

T1T2M0

37

设AC与CB段的扭转角分别为AC与CB，则变形协调条件为

ACCB0

， T2 T1

99

(c)

根据圆轴扭转强度条件，于是得轴的直径为

M8M

利用扭转角与扭矩间的物理关系，分别有

代入式（c），得补充方程为

AC

T1a2Ta

， CB2 GIp1GIp2

d1

d2316T1316M

 2π[]9π[]

4-24 图示二平行圆轴，通过刚性摇臂承受载荷F作用。已知载荷F=750N，

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

(d)

=300mm，切变模量G = 80GPa，试求轴端的扭转角。

d

T121T20

d2

4

最后，联立求解平衡方程（b）与补充方程（d），得

4

2d14Md2M

， T14T24

d22d14d22d14

(e)

2. 最轻重量设计

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

由此得

将式（e）代入上式，得 并从而得

TT1

[]，2[] Wp1Wp2

解：这是一度静不定问题。

变形协调条件为

题4-24图

T1Wp1d1 2Wp2d2

3

Δ1Δ2 或 12

(

这里，和分别为刚性摇臂1和2在接触点处的竖向位移。

d22d1

设二摇臂间的接触力为F2，则轴1和2承受的扭矩分别为

物理关系为

a

T1F()F2a， T2F2a

2

(

38

1

T1lTl

， 22 GIp1GIp2

(c)

物理关系为

12

(

将式(c)代入式(a)，并注意到式(b),得 由此得

F2

4d2F

2(d1d2)

1

将式(c)代入式(b)，并注意到

T1l1Tl

， 222 G1Ip1G2Ip2

(

2

T2l16Fal167500.3000.500m

4

GIp2πG(d14d2)π80109(0.01240.0154)m

7612πD4πd44

0.8421， Ip2(1)， Ip1

763232

得

0.1004 rad5.75|1|

4-26 如图所示，圆轴AB与套管CD借刚性突缘E焊接成一体，并在突缘

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

2d424384

T1T24T2T20.1676T2

G2Ip2l1D(14)33764(10.84214)

将方程(a)与(d)联解，得

G1Ip1l2

(

T20.856M， T10.144M

2．由圆轴的强度条件定M的许用值

1max

T1160.144M

[1] 3Wp1πd

由此得扭力偶据的许用值为

πd3[1]π0.038380106

[M]1Nm5.99103Nm5.99kNm

160.144160.144

3.由套管的强度条件定M的许用值

题4-26图

解：1. 解静不定

此为静不定问题。静力学关系和变形协调条件分别为

2max

T2160.856M

[2] 34

Wp2πD(1)

由此得扭力偶据的许用值为 (a)

39

T1T2M

πD3(14)[2]π0.0763(10.84214)40106

[M]2Nm

160.856160.856

2.00103Nm2.00kNm

结论：扭力偶矩的许用值为

两个未知扭力矩，一个平衡方程，故为一度静不定问题。

在横截面B处，钢轴与铜管的角位移相同，即

sc

(

[M][M]22.00kNm

设轴段AB的长度为l，则

4-27 图示组合轴，由圆截面钢轴与铜圆管并借两端刚性平板连接成一体，

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

s

Tsl

GsIps

c

(MTc)lTl(M2Tc)l

c

GcIpc2GcIpc22GcIpc

将上述关系式代入式（b），并注意到Gs/Gc=2，得补充方程为

Ts(M2Tc)

 IpsIpc

联立求解平衡方程（a）与补充方程（c），于是得

2．强度校核

题4-27图

解：1. 求解静不定

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

TsTc

IpsMIpc2Ips

π(0.020m)4

Ips1.571108m4

32

Ipc

π(0.040m)40.035m47411.04010m 0.040m32

将相关数据代入式（d），得 (a)

40

TsTc11.6Nm

对于钢轴，

TsTc

对于铜管，

T16(11.6Nm)6

s,maxs7.3810Pa7.38MPa[s] 3

Wpsπ(0.020m)

将式(d)和式(a)代入式(c)，得 或写成

TlMlTil

e0 GIpiGIpeGIpi

c,max

Tc,maxWpc

16(100Nm11.6Nm)71.7010Pa17.0MPa[c]4

0.035m

π(0.040m)31

0.040m

由此得

TeM0Ti

 IpeIpi

4-28 将截面尺寸分别为100mm×90mm与90mm×80mm的两钢管相套

合，并在内管两端施加扭力偶矩M0=2kN·m后，将其两端与外管相焊接。试问在去掉扭力偶矩M0后，内、外管横截面上的最大扭转切应力。

解：1. 求解静不定

此为静不定问题。在内管两端施加M0后，产生的扭转角为

Te

联立求解方程(e)与(b)，得

IpeIpi

(M0Ti)1.395(M0Ti)

(

TiTe0.5825M01.165kNm

2. 计算最大扭转切应力

内、外管横截面上的最大扭转切应力分别为 (a)

0

M0l

GIpi

i,max

Ti161165N2.17107Pa21.7MPa 342Wpiπ0.090[1(8/9)]m

去掉M0后，有静力学关系

几何关系为

物理关系为

e,max

TiTe

(b)

Te161165N7

1.72510Pa17.25MPa Wpeπ0.1003(10.94)m2

4-29 图示二轴，用突缘与螺栓相连接，各螺栓的材料、直径相同，并均匀

ie0

地排列在直径为D = 100mm的圆周上，突缘的厚度为=10mm，轴所承受的扭力偶矩(c)

为M = 5.0kN·m，螺栓的许用切应力[]=100MPa，许用挤压应力[bs]=300MPa。试确

TlTl

ii， ee

GIpiGIpe

定螺栓的直径d。

(d)

41

题4-29图

解：1. 求每个螺栓所受的剪力 由 MD

x0，

6Fs(2

)M 得

FMs

3D

2.由螺栓的剪切强度条件求d FsA4M3πDd2

[] 由此得

3

2

d

4M3πD[]45.010m

3π0.10010010

6

1.457102m14.57mm 3.由螺栓的挤压强度条件求d bs

FbdM

3Dd

[bs] 由此得 3

d

M3D[5.010m

5.56103m5.bs]30.1000.01030010

6

56mm

结论：最后确定螺栓的直径d14.57mm。

4-30

图示二轴，用突缘与螺栓相连接，其中六个螺栓均匀排列在直径为D1

的圆周上，另外四个螺栓则均匀排列在直径为D2的圆周上。设扭力偶矩为M，各螺栓的材料相同、直径均为d，试计算螺栓剪切面上的切应力。

题4-30图

解：突缘刚度远大于螺栓刚度，因而可将突缘视为刚体。于是可以认为：螺栓i剪切面上的平均切应变i与该截面的形心至旋转中心O的距离ri 成正比，即

ikri

式中，k为比例常数。

利用剪切胡克定律，得螺栓i剪切面上的切应力为

iGkri

而剪力则为

FS,iGAkri

最后，根据平衡方程

22

MDO0, 6GAk1D224GAk2

M 得

k

2M8M

GA(3D2D2222

122)Gπd(3D12D2)

42

于是得外圈与内圈螺栓剪切面上得切应力分别为

由图中可以看出，

所以，

4MD1

12 2

πd(3D122D2)

r1r460103m， r2r320103m

2

4MD2

2

πd2(3D122D2)

πd2π

Ip(2r122r22)(10103m)2(602202)(103m)26.28107m4

42

代入式（a），得

4-31图a所示托架，承受铅垂载荷F=9kN作用。铆钉材料均相同，许用切

应力[]=140MPa，直径均为d=10mm。试校核铆钉的剪切强度。

(9103N)(150103m)(60103m)

1.289108Pa 74

6.2810m

将上述两种切应力叠加，即得铆钉1与4的总切应力即最大切应力为

max22(2.87107Pa)2(1.289108Pa)2

1.3210Pa132MPa[]

8

=3mm，4-34 图示半椭圆形闭口薄壁杆，a=200mm，b=160mm，

1

2

= 4mm，

T=6 kN·m，试求最大扭转切应力。

题4-31图

解：由于铆钉均匀排列，而且直径相同，所以，铆钉群剪切面的形心C，位于铆钉2与铆钉3间的中点处（图b）。将载荷平移至形心C，得集中力F与矩为Fl的附加力偶。

在通过形心C的集中力F作用下，各铆钉剪切面上的切应力相等，其值均为

FF9103N

22.87107MPa 232

πdπdπ(1010m)44

在附加力偶作用下，铆钉1与4剪切面上的切应力最大，其值均为



题4-34图

解：截面中心线所围面积为 (a)

由此得

43

Flr1

Ip

Ωπ(a

12b2

22)(

4

)

Ωπ(0.2000.00150.002)(

0.1600.0042

)m2.41102m2

4

max

M

2

2πR01

于是得最大扭转切应力为

6103N7

max4.1510Pa41.5MPa

2min22.411020.003m2

T

2. 扭转变形计算

用相距dx的两个横截面，与夹角为d的两个径向纵截面，从管的上部切取一微体，其应变能为

由此得整个上半圆管的应变能为

4-35 一长度为l的薄壁管，两端承受矩为M的扭力偶作用。薄壁管的横截面

如图所示，平均半径为R0，上、下半部由两种不同材料制成，切变模量分别为G1与G2，厚度分别为1与2，且1

dVε1

12

2G1

1R0ddx

Vε1

l π

0 0



M2l

1R0ddx3

2G18πG1R01

12

同理得整个下半圆管的应变能为

根据能量守恒定律，

题4-35图

解：1. 扭转切应力计算

闭口薄壁管扭转切应力的一般公式为 现在

所以，最大扭转切应力为

2 ΩπR0

M2l

Vε2 3

8πG2R02

于是得

MM2lM2l

 3328πG1R018πG2R02



T

2Ω



Μl11

 3

GG4πR01122

4-36 图示三种截面形状的闭口薄壁杆，若截面中心线的长度、壁厚、杆长、

材料以及所受扭矩均相同，试计算最大扭转切应力之比和扭转角之比。

min1

44

题4-36图

解：由于三者中心线的长度相同，故有

2(2bb)4aπd 由此得

b

πdπd

6， a

4

据此可求得长方形、正方形及圆形薄壁截面的Ω，其值依次为 Ωπ2

d

2

12b2

18

Ω2

π2d2

2a16

Ωπd2

34

依据

T

max2Ω

min

可得三种截面薄壁杆的最大扭转切应力之比为

矩max:方max:圆max1.432 :1.273 :1

依据



Tl4GΩ

2

ds



可得三种截面薄壁杆的扭转角之比为

矩:方:圆2.05 :1.621: 1

结果表明：在题设条件下，圆形截面薄壁杆的扭转强度及扭转刚度均最佳，正方形截面薄壁杆的次之，长方形截面薄壁杆的最差。一般说来，在制造闭口薄壁杆时，应尽可能加大其中心线所围的面积Ω，这样对强度和刚度均有利。

4-37 图示闭口薄壁杆，承受扭力偶矩M作用，试计算扭力偶矩的许用值。

已知许用切应力[]=60MPa，单位长度的许用扭转角[]=0.5(°) / m，切变模量G = 80GPa。若在杆上沿杆件母线开一槽，则许用扭力偶矩将减少至何值。

题4-37图

解：1.计算闭口薄壁杆扭力偶矩的许用值 由扭转强度条件

T

max2Ω[] min

得

T2Ωmin[]20.1000.3000.00360106Nm

1.080104

Nm10.80kNm

由扭转刚度条件



Tds

4GΩ2δ

[] 得

45

4GΩ2[]480109(0.1000.300)28.727103TNm

ds2(0.3000.100)

0.003

9.43103Nm9.43kNm

[]Ghii3

n

T

i1

3

8.72710380109[2(0.3000.100)0.0033]其中用到

[]

0.5π

180

rad/m8.727103rad/m 比较可知，

[M]9.43kNm

2.计算开口薄壁杆扭力偶矩的许用值 由扭转强度条件

3Tδmax

max

n

[]

hi3

ii1

得

n

[]h3

ii

T

i1

60106[2(0.3000.100)0.00333 ]max

30.003

Nm144.0Nm由扭转刚度条件

3Tn

[]

Ghi3

ii1得

比较可知，

46

3

Nm5.03Nm

[M]开5.03Nm

所以，金属丝的最大弯曲正应变为

最大弯曲正应力为

而弯矩则为

max

ymax

d2d 2DdDd

maxEmax

Ed

Dd

πd3EdEπd4

MWzmax

32Dd32(Dd)

6-3 图示带传动装置，胶带的横截面为梯形，截面形心至上、下边缘的距离

第六章 弯曲应力

分别为y1与y2，材料的弹性模量为E。试求胶带内的最大弯曲拉应力与最大弯曲压应力。

6-2 如图所示，直径为d、弹性模量为E的金属丝，环绕在直径为D的轮缘

上，试求金属丝内的最大弯曲正应变、最大弯曲正应力与弯矩。

题6-3图

解：由题图可见，胶带中性层的最小曲率半径为 依据

解：金属丝的曲率半径为

ρminR1

题6-2图

ζ

Ey ρEy1

R1

可得胶带内的最大弯曲拉应力和最大弯曲压应力分别为



Dd

2

47

ζt,max

ζEy

c,max2R

1

6-6 图a所示正六边形截面，边长为a，试计算抗弯截面系数Wz

与Wy

。

题6-6图

解：1. Wz计算 由图b可以看出，

ba3a

2, h2

所以，ADB对z轴的惯性矩为 3

Ibh3bhz,t

h2

bh31a3a3a4

3623121222

64

中部矩形截面对z轴的的惯性矩为 3

Ia(2h)3a3aa4

z,r

121222

4

于是得整个六边形截面对z轴的惯性矩为

Iz4Iz,tIz,r

43a43a453a4

64416

而对z轴的抗弯截面系数则为

3

WIzz53a425ay8

max16a2. Wy计算

ADB对y轴的惯性矩为

2

Ihb3bhba11a4

y,t36232192

中部矩形截面对y轴的的惯性矩为

I2ha33a4

y,r1212

于是得整个六边形截面对y轴的惯性矩为

I43a4y4Iy,tIy,r

1923a453a41216

而对z轴的抗弯截面系数则为

WIy53a4153a3

y

zmax

16a16

6-7 图示直径为d的圆木，现需从中切取一矩形截面梁。试问：(1) 如欲使所切矩形梁的弯曲强度最高，h和b应分别为何值； (2) 如欲使所切矩形梁的弯曲刚度最高，h和b又应分别为何值。

48

题6-7图

解：(1) 为使弯曲强度最高，应使Wz值最大。 由此得

bh2b22

Wz(db)

66dWz12

(d3b2)0 db6

b

36d， hd2b2d 33

题6-8图

解：1. 内力分析

梁的弯矩图如图b所示，横截面C的弯矩为

梁内的最大弯矩则为

(2) 为使弯曲刚度最高，应使Iz值最大。

bh3h3Izd2h2

1212

由此得

dIz3h2(d2h2)h4

0

22dh12dhd

d， bd2h2 22

qa2

MC

49qa2

Mmax

32

h

6-8 图a所示简支梁，由№18工字钢制成，弹性模量E = 200 GPa， a=1m。

在均布载荷q作用下，测得截面C底边的纵向正应变 = 3.010-4，试计算梁内的最大弯曲正应力。

2. 应力计算（解法一）

横截面C底部的弯曲正应力为

qa2

C,maxEC

4Wz

4ECWz

a2

由此得

代入式（a），得

49

q

Mmax

9ECWz

8

于是得梁的最大弯曲正应力为

max

Mmax9EC9(20010Pa)( 3.010)

67.5MPa Wz88

94

M(x)1

Δlx

0EWEWzz

l

qlq2ql3

xxdx 0212EWz2

l

3. 应力计算（解法二）

横截面C底部的弯曲正应力为

6-10 图示截面梁，由№18工字钢制成，截面上的弯矩M = 20kN·m，材料

的弹性模量E = 200GPa，泊松比= 0.29。试求截面顶边AB与上半腹板CD的长度改变量。

C,maxEC

由于应力与内力成正比，所以，梁内的最大弯曲正应力为

Mmax9EC9qa24

maxC,max2EC67.5 MPa

MC32qa8

计算结果相同。

6-9 图示简支梁，承受均布载荷q作用。已知抗弯截面系数为W，弹性模量

z

为E，试计算梁底边AB的轴向变形。

题6-10图

解：1.截面几何性质

工字钢截面大致形状及尺寸符号示如图6-10。

解：梁的弯矩方程为

题6-9图

M(x)

qlqxx2 22

M(x)

dx EWz

图6-10

50

横截面x处底边微长dx的轴向变形为

所以，梁底边AB的轴向变形为

d(l)(x)dx

由附录F表4查得 h180mm， b94mm, t10.7mm I4

3

z1660cm， Wz185cm

并从而得

h1h/2t79.3mm。

2．计算顶边AB的长度改变量

顶边处有

ζmax

M

Wzμε

μζ

εmax

E

由此可得AB边的伸长量为

bbM

0.290.094203

EW10

ABz20010918510

6

m 1.474105m0.01474mm

3．计算上半腹板CD的长度改变量

距中性轴z为y1的点，弯曲正应力的绝对值为

ζ(y1

1)

MyI （y1以向上为正） z

该处的横向应变为

    (yMy1)

 1

EI

z

由此可得线段CD的伸长量为

Δ h1

 M

h1

CD 0

εdy1

y1dy Mh2

1

1

EIz

 0

2EIz

3

2



0.2920100.079322001091660108

m5.49106

m0.00549mm

6-12 图a所示矩形截面悬臂梁，杆端截面承受剪切载荷F作用。现用纵截

面AC与横截面AB将梁的下部切出，试绘单元体ABCD各切开截面上的应力分布图，并说明该部分是如何平衡的。

题6-12图

解： 1. 单元体的应力分析

梁内各横截面的剪力相同，其值均为F；在固定端处，横截面上的弯矩则为

M(0)Fl 与上述内力相对应，单元体各截面的应力如图b所示。在横截面AB上，弯曲切

应力按抛物线分布，最大切应力为

3F

max

2bh

在该截面上，弯曲正应力线性分布，最大弯曲压应力则为

c,max

6Fl

bh

2 51