材料力学全部习题解答

1《材料力学》课后习题讲解2第一章绪论31-1图示圆截面杆，两端承受一对方向相反、力偶矩矢量沿轴线且大小均为M的力偶作用。试问在杆件的任一横截面m-m上存在何种内力分量，并确定其大小。解：（1）假想地沿截面将杆切开，并选择切开后的左段为研究对象。由于杆件左端承受力偶矩矢量沿轴线且大小为M的力偶作用。因此，在截面m-m上存在扭矩Mx。（2）由平衡方程即得截面m-m上的扭矩xM=00xMMxMMMxx其真实方向与假设的方向一致。41-2如图所示，在杆件的斜截面m-m上，任一点A处的应力p=120MPa，其方位角θ=20°，试求该点处的正应力σ与切应力τ。解：应力p与斜截面m-m的法线的夹角α=10°，根据关系式故222Psin120sin1020.8MPapcos120cos10118.2MPapn51-3图示矩形截面杆，横截面上的正应力沿截面高度线性分布，截面顶边各点处的正应力均为σmax=100MPa，底边各点处的正应力均为零。试问杆件横截面上存在何种内力分量，并确定其大小。图中之C点为截面形心。解：1.问题分析由于横截面上仅存在沿截面高度线性分布的正应力，因此，横截面上只存在轴力FN及弯矩Mz，而不可能存在剪力和扭矩。6则：2.内力计算根据题意，设.代入数据得：因此kya9110/;kPam65010aPa96()1105010yyb22()d3.33kNm()dzhhAkyayAMyAy22()d()d200kNNAhhkyaAAFyzy7解：微元直角改变量称为切应变。022aA2-222bA8第二章轴向拉伸和压缩9轴力图：NF解：(a)以截面A的形心为坐标点，沿杆建立坐标轴x。取坐标为x的横截面得到平衡方程：因此，20NFqaqx2(2)NFqaqxqax,max2NFqaxxm-m101NF2NF(b)以截面C的形心为坐标原点，沿杆建立坐标轴x。段，利用截面法得平衡方程：段，同理BCqxF1NAB20NFqa2NFqa因此：qaFmaxN，轴力图：10NFqxxxa12111NF12NFkN2NF3NF33kNNF21NFkN33,max62310N60MPa5010mNtFA31,max6221040MPa5010NcFNAmABCD123AB段BC段CD段最大拉应力最大压应力124545解：杆件横截面上的正应力为由于斜截面的方位角得该截面上的正应力和切应力分别为3062101010MPa100010NFNAm0452620045cos1010cos455MPapa600451sin21010sin905MPa22pa013解：由题图可近似确定所求各量：弹性模量屈服极限强度极限伸长率900220MPa22010Pa220GPa0.10E240MPas445MPab00000max10028ll由于，故该材料属于塑性材料。0000285sb14解：（1）由图得弹性模量（2）当时正应变相应的弹性应变；塑性应变230MPap0.2325MPa350MPa30.76100.00076pe00046.0e0003.0p比例极限屈服极限6335010700GPa0.510E15解：根据题意及已知数据可知延伸率断面收缩率由于故属于塑性材料。221100000022210010065.192ddAAAd%5%4.26%4.26%100%1000010lllll16解：杆件上的正应力为材料的许用应力为要求由此得取杆的外径为22d-DF4AFssnmmdFnss87.194D219.87mmD17解：1.轴力分析设杆1轴向受拉，杆2轴向受压，其轴力分别为和，根据节点A的平衡方程；1NF2NF0xF0yF045cosF-F21NN0F-45sinF2N1NF2NF1NFF22NFF2.确定d与b2114NsFdA1420NsFdmm222NFAb284.1NFbmm取取20mmd84.1mmb18解：1.轴力分析设杆1轴向受拉，杆轴2向受压，杆1与杆2的轴力分别为FN1和FN2，则根据节点C的平衡方程得同理，对节点B进行分析得0xF21cos450oNNFF0yF1sin450oNFF（拉力）F2F1N（压力）FF2N2.确定F的许用值由于，因此只需保证杆1安全即可。杆1的强度条件为故，桁架所能承受的最大载荷即许用载荷为AF22A22AF2A2F1NF2NF1NF3NFFF3N3N21NNFFF19解：1.求预紧力由公式和叠加原理，故有由此得NFllEA3312121232221231234FllFlFlllFllllEAEAEAEddd31222212318.65kN4ElFlllddd2.校核螺栓的硬度根据题中数据知此值虽然超过，但超过的百分数在5%以内，故仍符合强度要求。max2min24514MPaFFAd202-21图示硬铝试样，厚度δ=2mm，试验段板宽b=20mm，标距l=70mm。在轴向拉F=6kN的作用下，测得试验段伸长Δl=0.15mm，板宽缩短Δb=0.014mm。试计算硬铝的弹性模量E与泊松比μ。解：轴向正应变轴向正应力得硬铝的弹性模量由于横向正应变得泊松比%214.0%10070015.0mmmmllpa105.1%100m1020102N106bFAF823-3-3NNGpa70%214.0pa105.1E8%07.0-20014.0-bbmmmm'0.3321解：1.轴力分析由得2.确定及值根据节点A的平衡方程得FEAFEAF221l2lA解：1.计算杆件的轴向变形由（2-15）可知：（拉力）KN50FF1N（压力）KN250F2F2N3111961150101.50.936mm2001040010NFllEA32229622502101.51.875mm1010800010NFllEA杆2的缩短为杆1的伸长为由胡克定理得232.计算节点的位移节点A水平位移节点A铅直位移10.938mmxAl12003.589mmtan45cos45yllA24解：1.建立平衡方程由平衡方程得：（1）2.建立补充方程从变形图中可以看出，变形几何关系为利用胡克定律，得补充方程为0BM1222NNFaFaFa1222NNFFF122ll122NNFlFlEAEA（2）3.强度计算联立方程（1）和方程（2），得则1220kN5NFF2440kN5NFF31621201066.730MP0a10NFNAm322624010133.3MPa30010NFNAm1l2l2NF1NF因为，故两杆均符合强度要求。2125第三章扭转26解：R0-2AcrcosrydAyddr2Rsin=32=A12RbAnnc0b0ydAyyaydyn1==bn2aydy=A（a）（b）rAcydAy=AzSAAczdAz=AySA27解：4444aRzzz2RaaRI=II==1264124（）（）边长为a的正方截面可视为由图示截面和一个半径为R的圆截面组成，则2AI=ydAz2AI=zdAy28解.（a）沿截面顶端建立坐标轴z，，y轴不变。图示截面对z，轴的形心及惯性矩为0.10.5'00.1Ac0.35ydy20.05ydyydAy===0.1833mA0.350.120.40.050.10.5'222-34zA00.1I=ydy=y0.35dy2y0.05dy=4.2510m则，根据'2-34zzcI=IAy=1.7310mZ2zz0I=I+Aa得：29（b）沿截面顶端建立坐标轴z’，y轴不变2A=0.80.50.550.4=0.18mAc0.150.70.800.150.7ydAy=A0.5ydy20.05ydy0.5ydy=m0.18=0.3694m0.150.70.8'2222zA00.150.7-24I=ydy=0.5ydy20.05ydy0.5ydy=4.00510m则'2-24zzcI=IAy=1.5510mZ30OCzyzoyozy解：1.计算Iy0，Iz0与Iy0z0形心C的位置及参考坐标系Oyz与Cy0z0如图所示。坐标系Oyz中：AcydAy=AAczdAz=A2yAI=zdA计算形心计算惯性距，惯性积2zAI=ydAyzAI=yzdA根据平行轴定理计算相应Iy0，Iz0与Iy0z0坐标系Cy0z0中：2coyyIIAz2ozzcIIAyooyzyzccIIAyza312.确定主形心轴的方位zy根据式解得主形心轴的方位角为ya=3.计算主形心惯性矩根据式由此得截面的主形心惯性矩为yIzI00002tan2yzzyIII0000maxymincos2sin222yyzzyzzIIIIIIIII32解：（1）1.扭力偶矩计算kwNmrminpM=9549n由公式知：11p50M=9549=9549Nm=1591.5Nmn30022p10M=9549=9549Nm=318.3Nmn30033p20M=9549=9549Nm=636.6Nmn30044p20M=9549=9549Nm=636.6Nmn300332.扭矩计算设轮2与轮1、轮1与轮3、轮3与轮4间的扭矩分别为T1、T2、T3且均为正值。由分析图可知：12T=-M=-318.3Nm221T=-M+M=-318.3+1591.5Nm=1273.2Nm34T=M=636.6Nm3.扭矩图T1T2T3Tx318.3N.m1273.2N.m636.6N.m34（2）若将轮1与3的位置对调，各个轮的扭力偶矩大小不变。扭矩计算'12TM318.3Nm'223TMM954.9Nm'34M636.6NmT轴承受的最大扭矩减小，对轴的受力有利。Tmax=954.9N.m1273.2N.m35解：切变模量920010Pa80GPa210.225EG1扭转切应变9380101.2510Pa0.GaG1Pr对于薄壁圆管截面2p02R23323.1415.51011061.5110扭矩maxp60.1GPa1.5110T151Nm扭力偶矩MT151Nm36解：空心圆截面44132pDaI12daD故434743.14401010.52.35510m32pI根据扭转切应力的一般公式=pTI则A点处的扭转切应力34A711510Pa6.3710Pa63.7MPa2.35510当D=2时，有-3max-712010=Pa=84.9MPa2.35