第四章北航-材料力学-全部课件-习题答案

1第四章扭转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mm122mm5.20)22(210dDdDR，于是，该圆管横截面上的扭转切应力为189.4MPaPa10894.1m001.00.02052πN500π282220RT依据切应力互等定理，纵截面上的扭转切应力为MPa4.189ττ该圆管表面纵线的倾斜角为rad102.53rad1075104.189396Gτ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δRTτ20π2设βδR/0，按上述公式计算的扭转切应力为3220π2π2δβTδRTτ(a)按照一般空心圆轴考虑，轴的内、外直径分别为δRDδRd0022，极惯性矩为)4(2π])2()2[(32π)(32π2200404044pδRδRδRδRdDI由此得)14(π)12()2()4(π)2(23022000pmaxTRRRTδRITτ(b)比较式(a)与式(b)，得)12(214)12()14(ππ222332maxTTττ当100R时，9548.0)1102(10211042max2可见，当10/0δR时，按薄壁圆管的扭转切应力公式计算τ的最大误差不超过4.53％。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mC/1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，并画横截面上的切应力分布图。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xdd(a)根据题设，轴横截面上距圆心为ρ处的切应力为mρxCτ/1)dd((b)由静力学可知，AmmmAρTAρxCAd)dd(d/)1(/1(c)取径向宽度为ρd的环形微面积作为Ad，即ρρAdπ2d(d)将式(d)代入式(c)，得2/0/)12(/1d)dd(π2dmmmTρρxC由此得mmmdCTx/)13(/1)2m(π2)1m3()dd((e)将式(e)代入式(b)，并注意到T=M，最后得扭转切应力公式为mmmdmmM1)/(3/1)2(13π2横截面上的切应力的径向分布图示如图4-8。3图4-84-9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。题4-9图解：单元体ABCDEF各截面上的应力分布图如图4-9a所示。图4-9根据图a，不难算出截面DAOO1上分布内力的合力为2maxπ4)2(211dTlldτFx同理，得截面1OCFO上分布内力的合力为2π42dTlFx方向示如图c。设21xxFF与作用线到x轴线的距离为1ze，容易求出32321ddez根据图b，可算出单元体右端面上水平分布内力的合力为dTθρρθITFdzπ38dd)2πcos(π02/0p2同理，左端面上的合力为dTFzπ381方向亦示如图c。设2zF作用线到水平直径DF的距离为ye（见图b），由4π02/032p4d)d2π(cos2TITeFdyz得ddTdTey295.032π38π34同理，1zF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EDO1上竖向分布内力的合力为2/π02/0p3π4dd)2πsin(3dTθρρθITρFdy设3yF作用线到竖向半径EO1的距离为2ze（见图b），由2/π02/032p8ddcos23dzyTITeF得ddTdTez295.032π34π382同理，可算出另半个右端面FEO1以及左端面OCBAOB、上的竖向分布内力的合力为dTFFFyyyπ34214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2ze。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。022)(2)2(0121224TTeFeFeFeFMyzzyyzzyx，0π38π38)2(0112dTldTleFlFMzxzy，0π34π34034dTldTllFlFMyyz，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。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。5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][π16131p11max1dMWM由此得M的许用值为m2.76kNmN102.76mN161080056.0π16][π][363131dM2．由套管CD求M的许用值106mm37mmmm2680200RδDR，此管不是薄壁圆管。85.08068802680－][)1(π162432p22max2DMWM由此得M的许用值为m1.922kNmN10922.1mN161040)0.85(1080.0π16])[1(π][36432432DM可见，扭力偶矩M的许用值为m1.922kN][][2MM4-13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以及直径d1与d2。已知轴总长为l，许用切应力为[]。题4-13图6解：1.轴的强度条件在截面A处的扭矩最大，其值为mlTmax1由该截面的扭转强度条件][π1631p1max1max1τdmlWT得3]π[161τmld(a)BC段上的最大扭矩在截面B处，其值为2max2mlT由该截面的扭转强度条件得3]π[m1622τld2．最轻重量设计轴的总体积为])]π[16()()]π[16[(4π4π)(4π23/2223/2222221lτmlllτmlldlldV根据极值条件0dd2lV得035)]π[16m()]π[16(3/222/32/3lml由此得lll465.0)53(3/22(b)从而得l.llll5350])53([13/221(c)131/23/121/32775.0]π[16)53()]π[m16(dmlld(d)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。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71071.5740dDm故需考虑曲率的影响，此时，372MPaPa1072.3)m371.54(0070π)N271.54(040.01000.18)34(π2(4882333max.mdmFD）＋结论：][max，该弹簧满足强度要求。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间的扭转角为22/)2BABABAddddGMl（π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)(21)(21)(0cxdxldddxRAABA式中，lddcAB截面x的极惯性矩为3330p)(4π)](21[π2π2cxdδcxdRIAA依据3p)(π4)(ddcxdGMGIxTxA得截面A和B间的扭转角为22220203/dπ)(2)11()(π2|)(cπ2)c()d(π4BABAABABlAlAABAdGδddMlddddGδMlcxdGδMcxdcxdGM84-21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BAMM和，它们的转向与扭力偶矩M相反。由于左右对称，故知BAMM由0xM可得MMMMABA22即MMMBA(b)解：此为静不定轴，可解除右端约束，代之以支反力偶矩BM，示如图4-21b。图4-21b变形协调条件为0B(a)利用叠加法，得pBppBGIaMGIaMGIMa)3()2((b)将式(b)代入式(a)，可得MMB319进而求得MMA31（转向与BM相反）(c)解：此为静不定轴，与(a)类似，利用左右对称条件，容易得到2maMMBABAMM和的转向与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BM，从变形趋势不难判断，BM的转向与m相反。变形协调条件为0B(c)利用叠加法，得到（x从左端向右取）pp2p0p,,22)2(d)(GIaMGImaGIaMxGIxamBBaMBmBBB(d)将式(d)代入式(c)，可得4maMB进而求得43maMmaMBAAM的转向亦与m相反。4-22图示轴，承受扭力偶矩M1=400N•m与M2=600N•m作用。已知许用切应力[]=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。题4-22图解：1.内力分析此为静不定轴，设B端支反力偶矩为BM，该轴的相当系统示如图4-22a。10图4-22利用叠加法，得]500.2250.1600500.0400[1pBBMGI将其代入变形协调条件0B，得mN220m500.2m)N500.0400250.1600(2BM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，mN380maxT将其代入扭转强度条件，][π163maxpmaxmaxdTWT由此得mm4.36m0364.01040πm38016]π[163363maxTd3.由扭转刚度条件求d将最大扭矩值代入][π324maxpmaxdGTGIT得mm7.57m0577.0π25.01080πm18038032][π324494maxGTd结论：最后确定该轴的直径mm7.57d。114-23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0,0MMMMBAx(a)AC与CB段的扭矩分别为AMT1，BMT2代入式（a），得021MTT(b)设AC与CB段的扭转角分别为AC与CB，则变形协调条件为0CBAC(c)利用扭转角与扭矩间的物理关系，分别有p11GIaTAC，p222GIaTCB代入式（c），得补充方程为0224211TddT(d)最后，联立求解平衡方程（b）与补充方程（d），得414241122ddMdT，41424222ddMdT(e)2.最轻重量设计从强度方面考虑，要使