同济大学材料力学复习课件 (1)剖析

弯曲变形基本要求：1.用积分方法求梁的变形时的边界条件与连续条件；2.用叠加法求梁的变形；梁的刚度计算；3.用变形比较法求解简单超静定梁。难点：求解简单超静定梁。例：求图示梁的约束反力，并绘内力图。解：一、解除多约束（B处支座）以多余约束RB来代替，基本静定梁的受力形式见图a所示。二、建立变形协调方程，求出多余约束反力。先将图a受力形式分解成单独荷载下的受力形式（图b、c）。即：0BPBRyy①0,By变形协调方程为：其中：32332()()22.3225()48()3BPCCBBRlyyllPPlEIEIPlEIRlyEI0BPBRyy①代入①中得：3350483BRlPlEIEI解出：516BRP三、由静力平衡方程解出其余的约束反力0,11160..0,2316ABAAABAYRRPRPlMMRlPMPl，，四、绘内力图P1611P165Pl165Pl163516BRP第八章平面应力状态分析基本要求：1.用数解法求解平面应力状态；2.用图解法求解平面应力状态；3.主应力及主平面；极值切应力；4.广义虎克定律的运用。难点：主应力及主平面、极值切应力方位的确定；广义虎克定律的运用。MPaMPa2020MPa30x例已知平面应力状态如图a所示。试用数解法求：（1）ab面上的应力，并表示于图中；（2）主应力，并绘主应力单元体；（3）最大切应力及其所在平面的单元体。解（1）求ab面上的应力由图可知，ab面的外法线n和x轴的夹角α=300，根据公式可得2sin2cos2230xyxyxMPa82.923)20(2123020230202cos2sin230xyxMPa65.3121)20(2323020所得σ30,τ30均表示于图a中。030030030（2）主应力及主应力单元体由主应力计算式得主应力的大小为22minmax22xyxyxMPa)325()20(23020230)20(22应当指出的是，由于此单元体的前、后两平面是零应力平面，主应力为零，因此，它也是主平面。按主应力排列次序，该点的三个主应力为MPaMPa27,0,37321MPaMPa2020MPa30x030030030由公式计算主应力方位8.030)20()20(222tan0yxx00033.19,66.382MPaMPa2020MPa30x030030030主应力单元体如图所示。由此可见，一个主平面的方位角为α0=-19.330，另一个主平面与它相垂直，其方位角为α0+90=70.670。它们之中一个是σ1的作用面，另一个是σ3的作用面。至于哪一个是σ1的作用面，哪一个是σ3的作用面，可将α0的值代入ab面上的正应力式中进行计算，然后加以确定。13067.76x（3）最大切应力及其作用面由最大切应力计算式可得最大切应力MPaxyx32)20(2302022222minmax最大切应力所在面的方位25.1)20(2302022tan1xyx2α1=51.340，所以可得α1=25.670，α1+90=115.670最大切应力所在面如图所示。MPaMPa2020MPa30x03003003013067.76xmaxmin1067.1151例：如图所示拉杆，横截面为圆形D=2cm，E=2.1×106MPa，。求：F。600xAFσyA解：1、取单元体:.AFy2、广义胡克定律（应力与应变关系）00015060601E3、外力的确定:F=3980（kN）460101.4,28.0yyy43120cos220600yyy41)300cos(2201500)3(460Ey2sin2cos22xyxyx由.0,0xxy)3(460EAF例：如图所示空心圆轴，外经D=120mm，内经d=80mm，E=2.0×105MPa，μ=0.28，ε450=2.0×10-4。求：m。解：1、取单元体2、广义胡克定律（应力与应变关系）3、外力的确定τx450mPPWmWT0004545451Em=8504（Nm）045045004545;E)1(PEWm)1(第九章强度理论基本要求：1.四个强度理论的应用；2.复杂应力状态下的强度计算。难点：取危险点进行应力状态分析，选择合适的强度理论进行强度计算。例：如图所示工字型截面梁，已知[]=180MPa,[]=100MPa试：全面校核（主应力）梁的强度。F0.32m0.32mF=100kN88.611.4Z7100BcmSImmWmmIzzzz2.17/10237102370max3344解：1、画内力图100kN100kN32kNmxxMFsF0.32m0.32mF=100kN88.611.4Z7100BcmSImmWmmIzzzz2.17/10237102370max33442、最大正应力校核)(13510237103263maxmaxMPaWMz(上、下边缘处))(1.837102.17101003maxmaxmaxMPabISFzzs3、最大切应力校核(中性层轴)100kN100kN32kNmxxMFs例：如图所示工字型截面梁，已知[]=180MPa,[]=100MPa试：全面校核（主应力）梁的强度。KF0.32m0.32mF=100kN88.611.4Z7100BcmSImmWmmIzzzz2.17/10237102370max33444、主应力校核（K截面翼缘和腹板交界处B点）xxy461023706.881032zxIMy)(8.647102370105.10710100433maxMPabISFzzs33105.107)24.116.88(4.11100mmSz)(5.119MPa例：如图所示工字型截面梁，已知[]=180MPa,[]=100MPa试：全面校核（主应力）梁的强度。100kN100kN32kNmxxMFsKF0.32m0.32mF=100kN88.611.4Z7100B主应力校核（翼缘和腹板交界处）xxyx)(8.64MPaxy)(5.119MPa2234xyxr2243xyxr结论——满足强度要求。22)8.64(45.119][)(3.176MPa228.6435.119)(8.163MPa例：如图所示工字型截面梁，已知[]=180MPa,[]=100MPa试：全面校核（主应力）梁的强度。)(7.351.07000163MPaWTP)(37.6101.050432MPaAFN22minmax)2(2)(3932)7.35()237.6(237.622MPaMPa,,MPa32039321解：危险点A的应力状态如图：FmFmAAA例：直径为d=0.1m的圆杆受力如图,m=7kNm,F=50kN,材料为铸铁构件，[]=40MPa,试用第一强度理论校核杆的强度。1故，安全。例：薄壁圆筒受最大内压时,测得x=1.8810-4,y=7.3710-4,已知钢的E=210GPa，[]=170MPa,泊松比=0.3，试用第三强度理论校核其强度。)(12yxxEMPa4.94)37.73.088.1(3.01101.227)(12xyyEMPa1.183)88.13.037.7(3.01101.227解：由广义虎克定律得:Axy0,4.94,1.183321MPaMPaMPar1.1833130037.71701701.183r所以，此容器不满足第三强度理论。不安全xyA.已知一圆轴承受轴向拉伸及扭转的联合作用。为了测定拉力F和力矩m，可沿轴向及与轴向成45°方向测出线应变。现测得轴向应变，45°方向的应变为。若轴的直径D=100mm,弹性模量E=200Gpa,泊松比=0.3。试求F和m的值。6010500610400uFmmFkuu45°例题解：（1）K点处的应力状态分析在K点取出单元体：xKxy其横截面上的应力分量为：316DmWmWMppnx,AFAFNx（2）计算外力F.由广义胡克定律：zyxxE16010500Ex解得：AFxAE0626910)100(41050010200KN785（3）计算外力偶m.已知zvuuE1610400式中,0z)45(2sin)45(2cos2200xxxuxx2)45(2sin)45(2cos2200xxxvxx2xKxyuuuvv由6104001xxxxE解得：26/106.34mNxmKNDmx79.6163因此第十章组合变形基本要求：1.斜弯曲的强度计算；2.偏心拉伸与压缩的强度计算；3.弯曲与扭转的强度计算。难点：取危险点进行应力状态分析；选择合适的强度理论进行强度计算。例一钢制圆轴，装有两个皮带轮A和B。两轮有相同的直径D=1m，及相同的重量F=5kN。A轮上带的张力是水平方向的，B轮上带的张力是铅垂方向的，它们的大小如图示。设材料的许用应力MPa，试按第三强度理论求圆轴所需直径。80][kN2mmm5.05.03.0kNkN25zkNy5DBCAxkNkN125kNkNkN1.21.97kNkN5.45.12mkNmkN5.15.1mkNmkN05.15.1mkNmkN25.21.2图zM图yM图nMmkN5.1解（1）外力简化将轮上带的张力向截面形心简化，并考虑到轮子的重力。轴的计算简图如图示。C、D处的约束反力求出后也标在计算简图上。（2）内力分析根据计算简图，绘制扭矩图及垂直平面与水平平面内的弯矩图。mkNMC58.21.25.122mkNMB49.205.125.222由内力图分析可知，C、B截面可能是危险截面，两截面上的合成弯矩分别为kN2mmm5.05.03.0kNkN25zkNy5DBCAxkNkN125kNkNkN1.21.97kNkN5.45.12mkNmkN5.15.1mkNmkN05.15.1mkNmkN25.21.2图zM图yM图nMmkN5.1C截面为危险截面，该截面上的内力为mkNMMC58.2mkNMn5.1扭矩弯矩kN2mmm5.05.03.0kNkN25zkNy5DBCAxkNkN125kNkNkN1.21.97kNkN5.45.12mkNmkN5.15.1mkNmkN05.15.1mkNmkN25.21.2图zM图yM图nMmkN5.1根据第三强度理论的强度条件223[]nrMMW圆轴所需的抗弯截面模量为366232322103.371080)105.1()1058.2][mMMWn＝（圆轴所需直径为132327.210WdmmkNMMC5