清华出版社工程力学答案-第10章 应力状态与强度理论及其工程应用

工程力学课后习题答案工程力学练习册学校学院专业学号教师姓名第一章静力学基础1-1 画出下列各图中物体A，构件AB，BC 或ABC的受力图，未标重力的物体的重量不计，所有接触处均为光滑接触。

（a）（b）（c）（d）（e）（f）（g）1-2 试画出图示各题中AC杆（带销钉）和BC杆的受力图（a）（b）（c）（a）1-3 画出图中指定物体的受力图。

所有摩擦均不计，各物自重除图中已画出的外均不计。

（a）（b）（c）（d）（e）（f）（g）第一章静力学基础 9第二章平面力系2-1 电动机重P=5000N，放在水平梁AC 的中央，如图所示。

梁的A端以铰链固定，另一端以撑杆BC支持，撑杆与水平梁的夹角为30 0。

如忽略撑杆与梁的重量，求绞支座A、B处的约束反力。

题2-1图∑∑=︒+︒==︒-︒=PF F F F F FB A y A B x 30sin 30sin ,0030cos 30cos ,0 解得: N P F F B A 5000===2-2 物体重P=20kN ，用绳子挂在支架的滑轮B 上，绳子的另一端接在绞车D 上，如图所示。

转动绞车，物体便能升起。

设滑轮的大小及轴承的摩擦略去不计，杆重不计，A 、B 、C三处均为铰链连接。

当物体处于平衡状态时，求拉杆AB 和支杆BC 所受的力。

题2-2图∑∑=-︒-︒-==︒-︒--=030cos 30sin ,0030sin 30cos ,0P P F F P F F FBC y BC AB x解得:P F P F AB BC 732.2732.3=-=2-3 如图所示，输电线ACB 架在两电线杆之间，形成一下垂线，下垂距离CD =f =1m ，两电线杆间距离AB =40m 。

电线ACB 段重P=400N ，可近视认为沿AB 直线均匀分布，求电线的中点和两端的拉力。

题2-3图以AC 段电线为研究对象，三力汇交N F NF F F F F F FC A GA y C A x 200020110/1tan sin ,0,cos ,0=======∑∑解得：ααα2-4 图示为一拔桩装置。

第一章第二章第三章绪论思考题1) 现代力学有哪些重要的特征？2) 力是物体间的相互作用。

按其是否直接接触如何分类？试举例说明。

3) 工程静力学的基本研究内容和主线是什么？4) 试述工程力学研究问题的一般方法。

第二章刚体静力学基本概念与理论习题2-1 求图中作用在托架上的合力F R。

12030200N习题2-1图页脚内容页脚内容2-2 已知F 1=7kN ，F 2=5kN, 求图中作用在耳环上的合力F R 。

2-3 求图中汇交力系的合力F R 。

2-4 求图中力F 2的大小和其方向角。

使 a )合力F R =1.5kN, 方向沿x 轴。

b)合力为零。

2-5 二力作用如图，F 1=500N 。

为提起木桩，欲使垂直向上的合力为F R =750N ，且F 2力尽量小，试求力F 2的大小和角。

245601习题2-2图(b)xy4530F 1=30NF 2=20NF3=40N A xy4560F 1=600NF 2=700NF 3=500NA 习题2-3图(a )x70F 2F 1=1.25kN A习题2-4图30F 1=500NAF 2页脚内容2-6 画出图中各物体的受力图。

(b)B (a )A (c)(d)DACDB页脚内容2-7 画出图中各物体的受力图。

2-8 试计算图中各种情况下F 力对o 点之矩。

习题2-6图(d)习题2-7图(a )C DB DABCBABC页脚内容2-9 求图中力系的合力F R 及其作用位置。

习题2-8图P (d)PF( a )F 3M =6kN m F 3F 2页脚内容2-10 求图中作用在梁上的分布载荷的合力F R 及其作用位置。

( a )q 1=600N/mq=4kN/m( b )q A =3kN/m习题2-9图( c ) F 4F 3页脚内容2-11 图示悬臂梁AB 上作用着分布载荷，q 1=400N/m ，q 2=900N/m, 若欲使作用在梁上的合力为零，求尺寸a 、b 的大小。

（完整版）⼯程⼒学课后详细答案第⼀章静⼒学的基本概念受⼒图第⼆章平⾯汇交⼒系2-1解：由解析法，23cos 80RX F X P P N θ==+=∑12sin 140RY F Y P P N θ==+=∑故：22161.2R RX RY F F F N=+=1(,)arccos 2944RYR RF F P F '∠==o v v2-2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 ==++=∑o o13sin 45sin 450RY F Y P P ==-=∑o o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 =∑sin 300AC AB F F -=o0Y =∑cos300AC F W -=o0.577AB F W=（拉⼒）1.155AC F W=（压⼒）（b ）由平衡⽅程有：0X =∑ cos 700AC AB F F -=o0Y =∑sin 700AB F W -=o1.064AB F W=（拉⼒）0.364AC F W=（压⼒）（c ）由平衡⽅程有：0X =∑cos 60cos300AC AB F F -=o o0Y =∑sin 30sin 600AB AC F F W +-=o o 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 -=o o0Y =∑cos30cos300AB AC F F W +-=o o0.577AB 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 -=+o15.8RA F KN∴=由0Y =∑22sin 45042RA RB F F P +-=+o7.1RB F KN∴=(b)解：受⼒分析如图所⽰：由x =∑cos 45cos 45010RA RB F F P ? --=o o0Y =∑sin 45sin 45010RA RB F F P ?+-=o o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 =∑cos 45cos 450RA CB P F F --=o o0Y =∑sin 45sin 450CBRA F F '-=o o联⽴后，解得：0.707RA F P=0.707RB F P=由⼆⼒平衡定理0.707RB CB CBF F F P '===2-8解：杆AB ，AC 均为⼆⼒杆，取A 点平衡由x =∑cos 60cos300AC AB F F W ?--=o o0Y =∑sin 30sin 600AB AC F F W +-=o o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 PF 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 '=Q 故有：22cos 1cos 2sin cos 2sin NH P P F ααααα??=+= ?2-11解：取A 点平衡：x =∑sin 75sin 750AB AD F F -=o o0Y =∑cos 75cos 750AB AD F F P +-=o o联⽴后可得： 2cos 75AD AB PF F ==o取D 点平衡，取如图坐标系：x =∑cos5cos800ADND F F '-=o ocos5cos80NDAD F F '=?oo由对称性及ADAD F F '=cos5cos5222166.2cos80cos802cos 75N ND ADP F F F KN '∴===?=o o o o o2-12解：整体受⼒交于O 点，列O 点平衡由x =∑cos cos300RA DC F F P α+-=o0Y =∑sin sin 300RA F P α-=o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 =∑05RD REF F '= 0Y =∑05RD F Q =联⽴⽅程后解得： 5RD F Q =2REF Q '=（2）取ABCE 部分，对C 点列平衡x =∑cos 450RE RA F F -=o0Y =∑sin 450RB RA F F P --=o且RE REF F '=联⽴上⾯各式得： 22RA FQ =2RB F Q P=+（3）取BCE 部分。

eBook工程力学习题详细解答教师用书(第10章)2011-10-1范 钦 珊 教 育 教 学 工 作 室FAN Qin-Shan ,s Education & Teaching Studio习题10－1 习题10－2 习题10－3 习题10－4 习题10－5 习题10－6 习题10－7 习题10－8 习题10－9 习题10－10 习题10－11 习题10－12(a)(a1)x ′习题10－1a 解图工程力学习题详细解答之十第10章 应力状态与强度理论及其工程应用10－1 木制构件中的微元受力如图所示，其中所示的角度为木纹方向与铅垂方向的夹角。

试求：1．面内平行于木纹方向的剪应力； 2．垂直于木纹方向的正应力。

（a ）题 解：1．平行于木纹方向的剪应力：6.0))15(2cos(0))15(2sin(2)6.1(4=°−×⋅+°−×−−−=′′y x τMPa 2．垂直于木纹方向的正应力：84.30))15(2cos(2)6.1(42)6.1(4−=+°−×−−−+−+−=′x σMPa（b ）题 解：(a) 1.25 MPa(b)习题10－1图100 MPa60ºABCσxxyτ1．平行于木纹方向的剪应力：08.1))15(2cos(25.1−=°−×−=′′y x τMPa2．垂直于木纹方向的正应力：625.0))15(2sin()25.1(−=°−×−−=′x σMPa10－2 层合板构件中微元受力如图所示，各层板之间用胶粘接，接缝方向如图中所示。

若已知胶层剪应力不得超过1MPa 。

试分析是否满足这一要求。

解：2(1)sin(2(60))0.5cos(2(60)) 1.552θτ−−=×−°+⋅×−°=−MPa || 1.55MPa 1θτ=>MPa ，不满足。

第10章 疲劳强度的概念思考题10-1 什么是交变应力？举例说明。

答 随时间作周期性变化的应力称交变应力。

如下图所示的圆轴以角速度ω匀速转动，轴上一点A 的位置随时间变化，从A 到A ′，再到A ′′，再到A ′′′，又到A 处，如此循环往复。

轴上该点的正应力A σ也从0到，再到0，再到，又到0，产生拉压应力循环。

该点的应力即为交变应力。

+max σ−max σ10-2 疲劳失效有何特点？疲劳失效与静载失效有什么区别？疲劳失效时其断口分成几个区域？是如何形成的？答 （1）疲劳失效时的应力σ远低于危险应力u σ（静载荷下的强度指标）；需要经过一定的应力循环次数；构件（即使是塑性很好的材料）破坏前和破坏时无显著的塑性变形，呈现脆性断裂破坏特征。

（2）疲劳失效的最大工作应力σ远低于危险应力u σ；静载失效的最大工作应力σ为危险应力u σ。

（3）疲劳失效时其断口分成2个区域：光滑区域和颗粒状粗糙区域。

（4）构件在微观上，其内部组织是不均匀的。

在足够大的交变应力下，金属中受力较大或强度较弱的晶粒与晶界上将出现滑移带。

随着应力变化次数的增加，滑移加剧，滑移带开裂形成微观裂纹，简称“微裂纹”。

另外，构件内部初始缺陷或表面刻痕以及应力集中处，都可能最先产生微裂纹。

这些微裂纹便是疲劳失效的起源，简称“疲劳源”。

微裂纹随着应力交变次数的继续增加而不断扩展，形成了裸眼可见的宏观裂纹。

在裂纹的扩展过程中，由于应力交替变化，裂纹两表面的材料时而互相挤压、时而分离，这样就形成了断口表面的光滑区。

宏观裂纹继续扩展，致使构件的承载截面不断被削弱，类似在构件上形成尖锐的“切口”。

这种切口造成的应力集中，使局部区域内的应力达到很大数值。

最终在较低的应力水平下，由于累积损伤，致使构件在某一次载荷作用时突然断裂。

断口表面的颗粒状区域就是这种突然断裂造成的，所以疲劳失效的过程可以理解为裂纹产生、扩展直至构件断裂的一个过程。

10-3 什么是对称循环？什么是脉冲循环？ 答 对称循环是指最大应力与最小应力大小相等，正负号相反的应力循环。

材料力学课后答案范钦珊普通高等院校基础力学系列教材包括“理论力学”、“材料力学”、“结构力学”、“工程力学静力学材料力学”以及“工程流体力学”。

目前出版的是前面的3种“工程力学静力学材料力学”将在以后出版。

这套教材是根据我国高等教育改革的形势和教学第一线的实际需求由清华大学出版社组织编写的。

从2002年秋季学期开始全国普通高等学校新一轮培养计划进入实施阶段新一轮培养计划的特点是加强素质教育、培养创新精神。

根据新一轮培养计划课程的教学总学时数大幅度减少为学生自主学习留出了较大的空间。

相应地课程的教学时数都要压缩基础力学课程也不例外。

怎样在有限的教学时数内使学生既能掌握力学的基本知识又能了解一些力学的最新进展既能培养学生的力学素质又能加强工程概念。

这是很多力学教育工作者所共同关心的问题。

现有的基础教材大部分都是根据在比较多的学时内进行教学而编写的因而篇幅都比较大。

教学第一线迫切需要适用于学时压缩后教学要求的小篇幅的教材。

根据“有所为、有所不为”的原则这套教材更注重基本概念而不追求冗长的理论推导与繁琐的数字运算。

这样做不仅可以满足一些专业对于力学基础知识的要求而且可以切实保证教育部颁布的基础力学课程教学基本要求的教学质量。

为了让学生更快地掌握最基本的知识本套教材在概念、原理的叙述方面作了一些改进。

一方面从提出问题、分析问题和解决问题等方面作了比较详尽的论述与讨论另一方面通过较多的例题分析特别是新增加了关于一些重要概念的例题分析著者相信这将有助于读者加深对于基本内容的了解和掌握。

此外为了帮助学生学习和加深理解以及方便教师备课和授课与每门课材料力学教师用书lⅣ程主教材配套出版了学习指导、教师用书习题详细解答和供课堂教学使用的电子教案。

本套教材内容的选取以教育部颁布的相关课程的“教学基本要求”为依据同时根据各院校的具体情况作了灵活的安排绝大部分为必修内容少部分为选修内容。

每门课程所需学时一般不超过60。

范钦珊2004年7月于清华大学前言为了减轻教学第一线老师不必要的重复劳动同时也为了给刚刚走上材料力学教学岗位的青年教师提供教学参考资料我们将“材料力学”教材中全部习题作了详细解答编写成册定名为“材料力学教师用书”。

第一章静力学的基本概念受力图第二章 平面汇交力系2-1解：由解析法，23cos 80RX F X P P Nθ==+=∑12sin 140RY F Y P P N θ==+=∑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 300ACAB FF -=0Y =∑ cos300ACFW -=0.577AB F W=（拉力）1.155AC F W=（压力）（b ） 由平衡方程有：0X =∑ cos 700ACAB FF -=0Y =∑ sin 700ABFW -=1.064AB F W=（拉力）0.364AC F W=（压力）（c ） 由平衡方程有：0X =∑ cos 60cos300ACAB FF -=0Y =∑ sin 30sin 600ABAC FF W +-=0.5AB F W= (拉力)0.866AC F W=（压力）（d ） 由平衡方程有：0X =∑ sin 30sin 300ABAC 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 =∑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==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+-=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 =∑cos 45cos 450RA 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 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：7.32ABF KN=-（受压）27.3ACF 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 cos0DBT Wαα-=DBT Wctgα∴==（2）取B点列平衡方程：由Y=∑sin cos0BDT Tαα'-=230BDT T ctg Wctg KNαα'∴===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 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 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 =∑sin 75sin 750AB AD F F -=0Y =∑ cos 75cos 750ABAD FF 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 300RAFP 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 450RBRA FF P --=且RE REF F '=联立上面各式得：RA F =2RB F Q P=+（3）取BCE 部分。

第10章力法习题：1.【解】（1）几何常变体系；3次。

（2）3次（3）21次（4）6次（5）1次（6）7次（7）a）图5次，b）图6次2.略3.略4.【解】：习题4图5.【解】习题5图6.【解】习题6图7.【解】当q=10kN/m，l=4m，EI为常数时，可得习题7图8.【解】习题8图9.【解】当P=10kN，l=6m时，可得习题9图10.【解】习题10图11.【解】习题11图12.【解】当q=10kN/m，l=6m时，可得习题12图13.【解】当P=10kN，l=6m时，可得习题13图14.【解】习题14图15.【解】当q=10kN/m，l=6m时，可得习题15图16.【解】当q=10kN/m，a=6m时，可得习题16图17.【解】当q=10kN/m，l=6m时，可得习题17图18.【解】当l=6m，P=10kN时，可得习题18图19.【解】习题19图20.【解】当P=10kN时，可得习题20图21.【解】习题21图22.【解】当l=6m，P=10kN时，可得习题22图23.略24.【解】当l=6m，P=10kN时，可得习题24图25.【解】当m=100kN·m，l=6m时，可得习题25图26.【解】当l=6m，P=10kN时，可得习题26图27.【解】习题27图28.略29.【解】当a=6m，P=10kN时，可得习题29图30.【解】当a=6m，P=10kN时，可得习题30图31.【解】当d=6m，P=10kN时，可得习题31图32.【解】当P=10kN时，可得习题32图33.【解】M AB不产生弯矩。

只在各链杆产生轴力。

当a=6m，P=10kN时，可得习题33图34.【解】当a=3m，P=10kN时，可得习题34图35.【解】当l=6m，P=10kN时，可得习题35图36.略37.略38.略39.略40.略41.略42.略。