华科《材料力学》完整习题解答
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华科材料力学教材课后习题答案第九章
即： 如果F力为方向向外，杆BD为压杆。 失稳时有：
即：
9-6 在图示结构中，横梁AD为刚性杆，杆（1）与杆（2）均为直径d=10cm的圆杆，材料均为Q235钢，规定的稳定安
全系数 n st 6.5 。试由杆（1）的稳定性确定许可F。
2m 2m
E
(2) F
A
B
C
D
(1)
F
2m
2m
2m
9-7 图示桁架由两根材料、截面均相同的细长杆组成，试由稳定性要求确定F为最大时的 角（ π / 2）。
10KN/m
A
C
B
D
1m
1m
9-10 压杆的一端固定，另一端自由（图a），为提高其稳定性，在杆的中点增加铰支座（图b）。试求加强后 压杆的欧拉临界力公式，并与加强前作比较。
Fcr
Fcr
B
B
l l/2
A
A
(a)
(b)
9-11 图示立柱，由两根槽钢焊接而成，在其中点横截面C处，开有一直径 d 6ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱmm
度时杆将失去稳定？已知材料的热膨胀系数 12.5106 / C，E=210GPa， p =200MPa。
5m
9-5 9-5 图示正方形桁架，各杆EI相同且均为细长杆。试求当F为何值时结构将失稳?如果F力改为方向向外， 结果又如何？ 解：杆AB、BC、CD、AD为压杆，所受压力相等为F`。 失稳时有：
n st 2.5，试校核该顶杆的稳定性。
9-3 简易起重机如图所示，其压杆BD为20号槽钢，材料为Q235钢，最大起重量为F=40kN， n st 5 ，试校核BD杆的稳定性。
1.5m
0.5m
A
30
B
即：
9-6 在图示结构中，横梁AD为刚性杆，杆（1）与杆（2）均为直径d=10cm的圆杆，材料均为Q235钢，规定的稳定安
全系数 n st 6.5 。试由杆（1）的稳定性确定许可F。
2m 2m
E
(2) F
A
B
C
D
(1)
F
2m
2m
2m
9-7 图示桁架由两根材料、截面均相同的细长杆组成，试由稳定性要求确定F为最大时的 角（ π / 2）。
10KN/m
A
C
B
D
1m
1m
9-10 压杆的一端固定，另一端自由（图a），为提高其稳定性，在杆的中点增加铰支座（图b）。试求加强后 压杆的欧拉临界力公式，并与加强前作比较。
Fcr
Fcr
B
B
l l/2
A
A
(a)
(b)
9-11 图示立柱，由两根槽钢焊接而成，在其中点横截面C处，开有一直径 d 6ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱmm
度时杆将失去稳定？已知材料的热膨胀系数 12.5106 / C，E=210GPa， p =200MPa。
5m
9-5 9-5 图示正方形桁架，各杆EI相同且均为细长杆。试求当F为何值时结构将失稳?如果F力改为方向向外， 结果又如何？ 解：杆AB、BC、CD、AD为压杆，所受压力相等为F`。 失稳时有：
n st 2.5，试校核该顶杆的稳定性。
9-3 简易起重机如图所示，其压杆BD为20号槽钢，材料为Q235钢，最大起重量为F=40kN， n st 5 ，试校核BD杆的稳定性。
1.5m
0.5m
A
30
B
材料力学完整课后习题答案
习题2-2一打入基地内的木桩如图所示，杆轴单位长度的摩擦力fkx2，试做木桩的后力图。
解：由题意可得：l 1 0 fdx F 有kl 3 F k 3F / l 3 3 l FN x1 3Fx 2 / l 3dx F x1 / l 3 0习题2-3 石砌桥墩的墩身高l 10m ，其横截面面尺寸如图所示。
荷载 F 1000kN ，材料的密度2.35kg / m 3 ，试求墩身底部横截面上的压应力。
解：墩身底面的轴力为：N F G F Alg 2-3 图1000 3 2 3.14 12 10 2.35 9.8 3104.942kN 墩身底面积： A 3 2 3.14 12 9.14m 2 因为墩为轴向压缩构件，所以其底面上的正应力均匀分布。
N 3104.942kN 339.71kPa 0.34MPa A 9.14m 2习题2-7 图示圆锥形杆受轴向拉力作用，试求杆的伸长。
2-7 图解：取长度为dx 截离体（微元体）。
则微元体的伸长量为：Fdx l F F l dx d l ，l dx EA x 0 EA x E 0 A x r r1 x r r d d1 d ，r 2 1 x r1 2 x 1 ，r2 r1 l l 2l 2 d d1 d d1 d d1 2 d d A x 2 x 1 u2 ，d 2 x 1 du 2 dx 2l 2 2l 2 2l 2l 2l dx d d 2l du dx du ，2 2 1 du 2 d 2 d1 A x u d1 d 2 u l F F l dx 2 Fl l du 因此，l dx 0 u 2 0 EA x E 0 A x E d1 d 2 l 2 Fl 1 l 2 Fl 1 u E d d d d E d1 d 2 0 2 2 d 1 1 x 1 2l 2 0 2 Fl 1 1 E d1 d 2 d 2 d 1 dd1 l 1 2l 2 2 2 Fl 2 2 4 Fl E d1 d 2 d 2 d1 Ed 1 d 2习题2-10 受轴向拉力 F 作用的箱形薄壁杆如图所示。
材料力学全部习题解答
弹性模量
b
E 2 2 0 M P a 2 2 0 1 0 9P a 2 2 0 G P a 0 .1 0 0 0
s
屈服极限 s 240MPa
强度极限 b 445MPa
伸长率 ll010000m ax2800
由于 280;故0该50 材0料属于塑性材料;
13
解：1由图得
弹性模量 E0 3.550110063700GPa
A x l10.938m m
节点A铅直位移
A ytan 4 l150co sl4 2503.589m m
23
解：1 建立平衡方程 由平衡方程
MB 0 FN1aFN22aF2a
FN 2 FN1
得： FN12F1N22F
l1
l2
2.建立补充方程
3 强度计算 联立方程1和方
程（2）;得
从变形图中可以看出;变形几何关
l
l0
断面收缩率
AAA110000d22d22d2121000065.1900
由于 2故.4 属6 % 于 塑5 性% 材料;
15
解：杆件上的正应力为
F A
4F D2 -d2
材料的许用应力为
要求
s
ns
由此得
D 4Fns d2 19.87mm
s
取杆的外径为
D19.87m m
16
FN1 FN 2
Iz= I（ za） I（ zR ） =1 a2 4
2R4 a4 R 4 =
64 12 4
27
Z
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 .1
0 .5
y d A 0 .3 5 y d y2 0 .0 5 y d y
华科材料力学课后习题答案
2
3)
(1 2 0.3) 3 50 106 300 106 200 109
u
1 2E
[
2 1
2 2
2 2
2 ( 1
2
2 3
31)]
3 (1 2 0.3) 502 1012 2 200 109
7.5103
(J
/ m3)
ud
1
6E
[(1
2)2
( 2
3 )2
( 3
1)2]
x 20MPa y 30MPa xy 40MPa
x
z y
~~mmianx x
y
2
x
2
y
2
2 xy
20 30 2
20 30 2
2
(40)2
5 47.17
524.12.717
主应力为：1 52.17 MPa 2 50MPa 3 42.17 MPa
相当应力： r1 1 52.17 MPa
2
M
2 y
M
2 z
W
M
2 x
W2
[ ]
7-17 图示直角曲拐，C端受铅垂集中力F作用。已知a=160mm，AB杆直径
D=40mm，l=200mm ，E=200GPa， μ=0.3，实验测得D点沿45º方向的线应变
ε45º=0.265 × 10-3。试求：（1）力F的大小；（2）若AB杆的[σ]=140MPa，试按 最大切应力理论校核其强度。解：测点在中性轴处为纯剪切应力状态，且有
Fx
4 5
F
2.4kN
Fy
3 5
F
1.8kN
Fx Fy
FN ：
- 2.4kN
华中科技大学材料力学参考题解(1)
h 9M
3 max
max
max 2
W
/6
[ ]
3
9 125 10 10
6
( m ) 48 . 3 mm
对矩形截面，有
max
3 F s max 2 A 3 2 F s max bh 3 Fs max [ ] 2 h 2
b 2h 3 32 . 2 mm
3 8
ql
2
( )
F By
5 8
ql
( )
1 M0
1:
M
B
ql 2
3 8
ql l
ql 8
2
(
)
五、已知图示K点的应力状态为平面应力状态，ζx=30MPa，而且已知一个主应力为 -10MPa。求切应力τ xy 和三个主应力，并画出主单元体图。 解:
1 0 26 . 57 x
4 F0 5 120 kN （拉）
F
F Ngj (1
E gj A gj E t At
) F
E gj A gj E t At
F0
F Nt F F Ngj 1320 kN （压）
FNgj FNt
七、图示钢筋混凝土短柱，钢筋预加初拉力F0=450kN后固定，然后承受轴向压力F作用。 已知 F=1200kN，钢筋与混凝土的弹性模量之比 Egj /Et=15，横截面积之比Agj /At=1/60。试 求钢筋与混凝土的内力。 解: 一次拉压超静定问题，设构件长为 l ，由题 F 意钢筋比 l 短 δ ： A-A F0 l 钢筋
6
1 40 MPa
2
3 max
max
max 2
W
/6
[ ]
3
9 125 10 10
6
( m ) 48 . 3 mm
对矩形截面，有
max
3 F s max 2 A 3 2 F s max bh 3 Fs max [ ] 2 h 2
b 2h 3 32 . 2 mm
3 8
ql
2
( )
F By
5 8
ql
( )
1 M0
1:
M
B
ql 2
3 8
ql l
ql 8
2
(
)
五、已知图示K点的应力状态为平面应力状态，ζx=30MPa，而且已知一个主应力为 -10MPa。求切应力τ xy 和三个主应力，并画出主单元体图。 解:
1 0 26 . 57 x
4 F0 5 120 kN （拉）
F
F Ngj (1
E gj A gj E t At
) F
E gj A gj E t At
F0
F Nt F F Ngj 1320 kN （压）
FNgj FNt
七、图示钢筋混凝土短柱，钢筋预加初拉力F0=450kN后固定，然后承受轴向压力F作用。 已知 F=1200kN，钢筋与混凝土的弹性模量之比 Egj /Et=15，横截面积之比Agj /At=1/60。试 求钢筋与混凝土的内力。 解: 一次拉压超静定问题，设构件长为 l ，由题 F 意钢筋比 l 短 δ ： A-A F0 l 钢筋
6
1 40 MPa
2
华中科技大学材料力学课后习题解答（精品）
A
F
B
由胡克定律： l3 0
l1
l2
Nl EA
0.476
mm
结构中A点位移受约束，B点无约束，因此C点位移
受A，B两点位移影响。而A，B点的纵向位移相同，
因此C点纵向位移由图知与A点纵向位移相同：
lC 0.476 mm
2-7
d
建立图示坐标系，在x处横截面
截面半径为： r x d x l
第二版《材料力学》习题解答 （华中科大版 倪樵主编）
第二章至第七章
2-1, 2-2
3
2
3F
3
2
FN
1
F
1
F
O
F
x
F
故 最大正应力为:
F A
10
150 N 10-6 m2
15 MPa
(a)
2
2F
F
1
2F
2
1
FN
3F
2F
F
O
故 最大正应力为： 3F 45 MPa
A
x
(c)
3
2
1
F
2F
3F
3
2
1
3F
ls lc l
Fsl Fcl 0l (2)
Es As Ec Ac Es
联立方程1,2，可解得:
s
Fs As
15 19
0
c
Fc Ac
Fc As
As Ac
1 38
0
联立方程1,2，可解得:
Fs 9314 N
Fc 9314 N
有两个铆钉，每个铆钉所受剪切力为:
Fs 2
则铆钉剪切面上的切应力为:
2.5
(完整版)材料力学习题册答案..
练习1 绪论及基本概念1-1 是非题（1）材料力学是研究构件承载能力的一门学科。
（ 是 ）（2）可变形固体的变形必须满足几何相容条件，即变形后的固体既不可以引起“空隙”，也不产生“挤入”现象。
（是 ）（3）构件在载荷作用下发生的变形，包括构件尺寸的改变和形状的改变。
（ 是 ） （4）应力是内力分布集度。
（是 ）（5）材料力学主要研究构件弹性范围内的小变形问题。
（是 ） （6）若物体产生位移，则必定同时产生变形。
（非 ） （7）各向同性假设认为，材料沿各个方向具有相同的变形。
（F ）（8）均匀性假设认为，材料内部各点的力学性质是相同的。
（是）（9）根据连续性假设，杆件截面上的内力是连续分布的，分布内力系的合力必定是一个力。
（非） （10）因为构件是变形固体，在研究构件的平衡时，应按变形后的尺寸进行计算。
（非 ）1-2 填空题（1）根据材料的主要性质对材料作如下三个基本假设：连续性假设 、均匀性假设 、 各向同性假设 。
（2）工程中的 强度 ，是指构件抵抗破坏的能力； 刚度 ，是指构件抵抗变形的能力。
（3）保证构件正常或安全工作的基本要求包括 强度 ， 刚度 ，和 稳定性 三个方面。
（4）图示构件中，杆1发生 拉伸 变形，杆2发生 压缩 变形， 杆3发生 弯曲 变形。
（5）认为固体在其整个几何空间内无间隙地充满了物质，这样的假设称为 连续性假设 。
根据这一假设构件的应力，应变和位移就可以用坐标的 连续 函数来表示。
（6）图示结构中，杆1发生 弯曲 变形，构件2发生 剪切 变形，杆件3发生 弯曲与轴向压缩组合。
变形。
（7）解除外力后，能完全消失的变形称为 弹性变形 ，不能消失而残余的的那部分变形称为 塑性变形 。
（8）根据 小变形 条件，可以认为构件的变形远 小于 其原始尺寸。
1-3 选择题（1）材料力学中对构件的受力和变形等问题可用连续函数来描述；通过试件所测得的材料的力学性能，可用于构件内部的任何部位。
华科材料力学课后答案
华科材料力学课后答案1. 弹性力学。
1.1 问题一。
题目，一根长为L，截面积为A的钢棒，受到一个拉力F，拉伸后的长度为L'，求钢棒的弹性模量E。
解答，根据胡克定律，拉伸应力与应变成正比，即F/A = E(L'-L)/L。
解得弹性模量E = F(L-L')/(AL')。
1.2 问题二。
题目，一根长为L，截面积为A的铜棒，受到一个拉力F，拉伸后的长度为L'，求铜棒的弹性模量E。
解答，同样根据胡克定律，铜棒的弹性模量E = F(L-L')/(AL')。
2. 塑性力学。
2.1 问题一。
题目，一块钢板在拉伸时，首次出现塑性变形的应力为σy，试求该钢板的屈服强度。
解答，屈服强度即为首次出现塑性变形的应力σy。
2.2 问题二。
题目，一块铝板在拉伸时，首次出现塑性变形的应力为σy，试求该铝板的屈服强度。
解答，屈服强度即为首次出现塑性变形的应力σy。
3. 断裂力学。
3.1 问题一。
题目，一根钢丝在拉伸时，断裂前的应力为σf，试求该钢丝的抗拉强度。
解答，抗拉强度即为断裂前的应力σf。
3.2 问题二。
题目，一根铜丝在拉伸时，断裂前的应力为σf，试求该铜丝的抗拉强度。
解答，抗拉强度即为断裂前的应力σf。
4. 疲劳力学。
4.1 问题一。
题目，一根金属材料在交变应力作用下，发生疲劳破坏，试求该金属材料的疲劳极限。
解答，疲劳极限即为金属材料在交变应力作用下发生疲劳破坏的应力。
4.2 问题二。
题目，一块合金材料在交变应力作用下，发生疲劳破坏，试求该合金材料的疲劳极限。
解答，疲劳极限即为合金材料在交变应力作用下发生疲劳破坏的应力。
5. 结语。
以上就是华科材料力学课后答案的相关内容，希望能对大家的学习有所帮助。
在学习过程中，要多加练习，加深对材料力学知识的理解和掌握。
祝大家学习进步，取得优异的成绩！。
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要使 2
1 2
0
sin 2a
则有
0
cos2
a
2
1 2
0
sin
2a
2 0
sin a
cosa
cosa 2sina
a =arctan0.5=arcsin 1 =arccos 2
5
5
对刚性杆AB列平衡方程：
N1 N3
N2
Fy 0 : N3 0
Fx 0, M (A) 0 : N1 N2 F 2
50
MPa
a=-135°时：135 0 cos2 135 50 MPa
135
1 2
0
sin 2135
50
MPa
45
1 2
0
sin 2 45
50
MPa
各截面受力如图：
b
F
F
h
2-5
n
F
a
粘接面
2-6
1
2
l
3
C
A
l2
F l2 B
A l1
A
角度为a的斜截面上的正应力和切应力分别为：
F
0 cos2 a
20
mm
杆2的应力校核：
2
N2 A2
N2 n2
w
b
N2
w
84
mm
故杆1的最小直径为20 mm，杆2的最小截面边宽为84 mm。
2-18 F
F d
123
F/4
123
b
F
F
由受力分析可知
Fs
Fb
F 4
剪应力和挤压应力的强度条件
Fs As
F d2
80 3.14 1.62
107
99.5
MPa
FN
2F
F
O
故 最大正应力为： 3F 45 MPa
A
x
(b)
3
2
1
2F q F a
3a
2a
FN
1
a F
O
F
x
故
2F
最大正应力为：
2F A
30 MPa
(d)
2-3 如下图，对小手臂部分做受力分析，可求得：
F 10W
F
故肱二头肌中所受应力为：
3 cm
30 cm
W 30 cm
F 1500 N 2.5 MPa
bs
Fb Abs
F 4 d
80 kN 41016 mm2
125
MPa
bs
钢板的2--2和3--3面为危险面
2
3F 4 (b 2d)
380 kN 410 (80 216)
mm2
125
MPa
F
3
F (b d)
80 kN 10 (80 16)
mm2
125
MPa
故该接头满足强度要求。
A
F
B
由胡克定律： l3 0
l1
l2
Nl EA
0.476
mm
结构中A点位移受约束，B点无约束，因此C点位移
受A，B两点位移影响。而A，B点的纵向位移相同，
因此C点纵向位移由图知与A点纵向位移相同：
lC 0.476 mm
2-7
d
建立图示坐标系，在x处横截面
截面半径为： r x d x l
tan 30=1.367
mm
2-9
F A
l
y
y
f ky2
f
对A点列平衡方程：
l
Fy 0 : ky2dy F
0
k
3F l3
在y处截面的内力为：
N
y
y 0
ky2dy
1 ky3 = 3
F l3
y3
由胡克定律，在y截面的应变为：
N y F y3
E EA EAl3 地桩总的缩短量为：
l
截面面积为：A x 2 r xgt 2t d x l
x
l
lX 2dຫໍສະໝຸດ 在x处横截面上所受的外力则为截面以
上所有体积的重力F
x
X
F x V x gg g A xdx
0
在x处横截面上所受的正应力和轴向伸长分别为
x
x
F x Ax
g
x l dx
0
xl
g
2
x
l
l2 x
l
l
x
x
0
由A点向中心线作垂线交于P点，则A点的铅直和水平位移为：
A AP Ax AP
因为： RP+PQ=RQ AQ-AR
所以有：
Ax
tan
30+ Ax
tan
45
l1 cos 45
-
l2 cos 30
正号表示A’点与假设的位置相同，因此有：
Ax =0.159 mm
A
=AR +RP
l2 cos 30
+ Ax
l
dy
0
l 0
F EAl3
y3dy
Fl 4EA
2-17
B
45 C
l
对A点列平衡方程：
A
N2
F
N1
A
Fx 0 : N1 N2cos45
N1 F 50 kN
Fy 0 : F N2sin45
N2 2F 50 kN
F
杆1的应力校核：
1
N1 A1
4 N1 d2
s
d
4 N1
s
F2 F4 与方程（3）重复。
2-22
F
A
a 2
1
e
3
A
4 a
Vl1
或 Vl1
Vl2
Vl3
Vl2 Vl3
由静力平衡：
F1 F2 F3 F4 F
(1)
对2-4连线取矩：
F1
a 2
F
e
F3
a 2
(2)
对1-3连线取矩： F2 a F4 a
(3)
几何协调件1： 由对称性， Vl2 Vl4
又因为杆的尺寸及材料相同，由胡克定律可知
4E
E
2-8
C
B
30 45
A
1m
0.8 m
F
A
45
l2 30
l1
R
P A
Q
对A点列平衡方程：
N1
N2
2F
A F
Fx 0 : N1 sin 45=N2 sin 30
N1
=
1+
=18.1 kN 3
Fy 0 : N1 cos 45+N2 cos 30=F
N
2
=
2F 1+ 3
=25.6
kN
由胡克定律：
A 600 mm2
2-4
0
F bh
100
MPa
a=45°时： 45 0 cos2 45 50 MPa
45
1 2
0
sin 2 45
50
MPa
a=-45°时：45 0 cos2 45 50 MPa
a=135°时：135 0 cos2 135 50 MPa
135
1 2
0
sin 2135
x dx
x
0
x
E
dx
g 2E
x
0
x
l
l2 x
l
dx
g x2 2xl 2l2 ln x l 4E
对该函数取一阶倒数，可知该函数没有 极值，为一个单调递增的函数，在x最 大的地方取最大值。
d x g
l2
dx 2 1 x l 2 0
因此
max
l
3 4
g
此处轴向变形为 l l gl2 3 2 ln 2 0.403 gl2
第二版《材料力学》习题解答 （华中科大版 倪樵主编）
第二章至第七章
2-1, 2-2
3
2
3F
3
2
FN
1
F
1
F
O
F
x
F
故 最大正应力为:
F A
10
150 N 10-6 m
2
15 MPa
(a)
2
2F
F
1
2F
2
1
FN
3F
2F
F
O
故 最大正应力为： 3F 45 MPa
A
x
(c)
3
2
1
F
2F
3F
3
2
1
3F
l1
N1l1 EA1
=
4N1l1
E d12
=
4
18.1
kN
1 sin45
m
210 GPa 3.14 122 (mm)2
=1.078
mm
l2
N 2l2 EA2
=
4N 2l2
E
d
2 2
=
4 25.6 kN 0.8sin30m 210 GPa 3.14 152 (mm)2
=1.105
mm
分析A点位移，A点位移后的位置为A’点。
1 2
0
sin 2a
则有
0
cos2
a
2
1 2
0
sin
2a
2 0
sin a
cosa
cosa 2sina
a =arctan0.5=arcsin 1 =arccos 2
5
5
对刚性杆AB列平衡方程：
N1 N3
N2
Fy 0 : N3 0
Fx 0, M (A) 0 : N1 N2 F 2
50
MPa
a=-135°时：135 0 cos2 135 50 MPa
135
1 2
0
sin 2135
50
MPa
45
1 2
0
sin 2 45
50
MPa
各截面受力如图：
b
F
F
h
2-5
n
F
a
粘接面
2-6
1
2
l
3
C
A
l2
F l2 B
A l1
A
角度为a的斜截面上的正应力和切应力分别为：
F
0 cos2 a
20
mm
杆2的应力校核：
2
N2 A2
N2 n2
w
b
N2
w
84
mm
故杆1的最小直径为20 mm，杆2的最小截面边宽为84 mm。
2-18 F
F d
123
F/4
123
b
F
F
由受力分析可知
Fs
Fb
F 4
剪应力和挤压应力的强度条件
Fs As
F d2
80 3.14 1.62
107
99.5
MPa
FN
2F
F
O
故 最大正应力为： 3F 45 MPa
A
x
(b)
3
2
1
2F q F a
3a
2a
FN
1
a F
O
F
x
故
2F
最大正应力为：
2F A
30 MPa
(d)
2-3 如下图，对小手臂部分做受力分析，可求得：
F 10W
F
故肱二头肌中所受应力为：
3 cm
30 cm
W 30 cm
F 1500 N 2.5 MPa
bs
Fb Abs
F 4 d
80 kN 41016 mm2
125
MPa
bs
钢板的2--2和3--3面为危险面
2
3F 4 (b 2d)
380 kN 410 (80 216)
mm2
125
MPa
F
3
F (b d)
80 kN 10 (80 16)
mm2
125
MPa
故该接头满足强度要求。
A
F
B
由胡克定律： l3 0
l1
l2
Nl EA
0.476
mm
结构中A点位移受约束，B点无约束，因此C点位移
受A，B两点位移影响。而A，B点的纵向位移相同，
因此C点纵向位移由图知与A点纵向位移相同：
lC 0.476 mm
2-7
d
建立图示坐标系，在x处横截面
截面半径为： r x d x l
tan 30=1.367
mm
2-9
F A
l
y
y
f ky2
f
对A点列平衡方程：
l
Fy 0 : ky2dy F
0
k
3F l3
在y处截面的内力为：
N
y
y 0
ky2dy
1 ky3 = 3
F l3
y3
由胡克定律，在y截面的应变为：
N y F y3
E EA EAl3 地桩总的缩短量为：
l
截面面积为：A x 2 r xgt 2t d x l
x
l
lX 2dຫໍສະໝຸດ 在x处横截面上所受的外力则为截面以
上所有体积的重力F
x
X
F x V x gg g A xdx
0
在x处横截面上所受的正应力和轴向伸长分别为
x
x
F x Ax
g
x l dx
0
xl
g
2
x
l
l2 x
l
l
x
x
0
由A点向中心线作垂线交于P点，则A点的铅直和水平位移为：
A AP Ax AP
因为： RP+PQ=RQ AQ-AR
所以有：
Ax
tan
30+ Ax
tan
45
l1 cos 45
-
l2 cos 30
正号表示A’点与假设的位置相同，因此有：
Ax =0.159 mm
A
=AR +RP
l2 cos 30
+ Ax
l
dy
0
l 0
F EAl3
y3dy
Fl 4EA
2-17
B
45 C
l
对A点列平衡方程：
A
N2
F
N1
A
Fx 0 : N1 N2cos45
N1 F 50 kN
Fy 0 : F N2sin45
N2 2F 50 kN
F
杆1的应力校核：
1
N1 A1
4 N1 d2
s
d
4 N1
s
F2 F4 与方程（3）重复。
2-22
F
A
a 2
1
e
3
A
4 a
Vl1
或 Vl1
Vl2
Vl3
Vl2 Vl3
由静力平衡：
F1 F2 F3 F4 F
(1)
对2-4连线取矩：
F1
a 2
F
e
F3
a 2
(2)
对1-3连线取矩： F2 a F4 a
(3)
几何协调件1： 由对称性， Vl2 Vl4
又因为杆的尺寸及材料相同，由胡克定律可知
4E
E
2-8
C
B
30 45
A
1m
0.8 m
F
A
45
l2 30
l1
R
P A
Q
对A点列平衡方程：
N1
N2
2F
A F
Fx 0 : N1 sin 45=N2 sin 30
N1
=
1+
=18.1 kN 3
Fy 0 : N1 cos 45+N2 cos 30=F
N
2
=
2F 1+ 3
=25.6
kN
由胡克定律：
A 600 mm2
2-4
0
F bh
100
MPa
a=45°时： 45 0 cos2 45 50 MPa
45
1 2
0
sin 2 45
50
MPa
a=-45°时：45 0 cos2 45 50 MPa
a=135°时：135 0 cos2 135 50 MPa
135
1 2
0
sin 2135
x dx
x
0
x
E
dx
g 2E
x
0
x
l
l2 x
l
dx
g x2 2xl 2l2 ln x l 4E
对该函数取一阶倒数，可知该函数没有 极值，为一个单调递增的函数，在x最 大的地方取最大值。
d x g
l2
dx 2 1 x l 2 0
因此
max
l
3 4
g
此处轴向变形为 l l gl2 3 2 ln 2 0.403 gl2
第二版《材料力学》习题解答 （华中科大版 倪樵主编）
第二章至第七章
2-1, 2-2
3
2
3F
3
2
FN
1
F
1
F
O
F
x
F
故 最大正应力为:
F A
10
150 N 10-6 m
2
15 MPa
(a)
2
2F
F
1
2F
2
1
FN
3F
2F
F
O
故 最大正应力为： 3F 45 MPa
A
x
(c)
3
2
1
F
2F
3F
3
2
1
3F
l1
N1l1 EA1
=
4N1l1
E d12
=
4
18.1
kN
1 sin45
m
210 GPa 3.14 122 (mm)2
=1.078
mm
l2
N 2l2 EA2
=
4N 2l2
E
d
2 2
=
4 25.6 kN 0.8sin30m 210 GPa 3.14 152 (mm)2
=1.105
mm
分析A点位移，A点位移后的位置为A’点。