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《电路分析（第4版）》教学大纲一、课程信息课程名称M电路分析（第4版）课程类别，素质选修课/专业基础课课程性质：选修/必修计划学时：72计划学分：4先修课程M无选用教材：《电路分析（第4版）》，刘良成、陈波、刘冬梅主编，2023年，电子工业出版社教材。
适用专业，本课程可作为高等学校电气、电子、自动化等专业本科的课程，以及考研复习课程，也可供相关专业工程技术人员自学参考。
课程负责人：二、课程简介该课程主要内容有:电路的基本概念和基本定律，电阻电路的―一般分析方法和基本定理及应用，动态电路，正弦稳态电路，三相电路，耦合电感电路，非正弦周期信号及电路的谐波分析，频率响应与谐振电路，拉氏变换及其应用，二端口网络及多端元件，非线性电路基础。
附录A中介绍了当前国际流行的电路仿真分析软件三、课程教学要求求与相关教学要求的具体描述。
“关联程度”栏中字母表示二者关联程度。
关联程度按高关联、中关联、低关联三档分别表示为“H”或"1”。
“课程教学要求”及“关联程度”中的空白栏表示该课程与所对应的专业毕业要求条目不相关。
四、课程教学内容五、考核要求及成绩评定六、学生学习建议(-)学习方法建议1.通过开展课堂讨论、实践活动，增强的团队交流能力，学会如何与他人合作、沟通、协调等等。
2.通过思考，加深自己的兴趣，巩固知识点。
3.进行练习和实践，提高自己的技能和应用能力，加深对知识的理解和记忆。
(-)学生课外阅读参考资料《电路分析(第4版)》，刘良成、陈波、刘冬梅主编，2023年，电子工业出版社教材。
七、课程改革与建设课程在系统介绍理论知识的同时，结合当前行业的现状进行具象化实践，通过完整的案例串联数字信息、硬件结构与软件实现，帮助学生对数字信息与逻辑的本质建立更直观、更立体的思维模型。
使操作过程更加实时，鼓励学生在动手操作的过程中提出问题并给出解决方案。
平时对学生的考核内容包括出勤情况、学生的课后作业、课堂讨论等方面，占期末总评的50%。
第2讲课程名称：《互换性与测量技术》（高等教育出版社）章节课题：第二章光滑圆柱体结合的互换性及其检测2—1 概述2—2 极限与配合的基本术语及其定义教学目的：1、了解孔与轴的定义及其特点;2、掌握尺寸、偏差、公差、配合的术语及其定义；|3、学会画公差带图;4、理解公差与偏差的联系与区别。
教学重点、难点：重点：1、尺寸、偏差、公差、配合的术语及其定义；2、画公差带图。
难点：公差与偏差的联系与区别。
教学方法：讲授课时：共2学时（90分钟）。
[教学过程：2．1 基本术语与定义拿出塞规示范给同学们看，问同学们，塞规通规和工件的结合是一种什么样的结合啊它们是圆柱体的结合，是孔与轴的结合。
为了使加工后的孔与轴能满足互换性要求，就必须在设计时采用极限与配合的标准。
这种圆柱体结合的“极限与配合”标准是一种基本标准，也是机器制造中的基础标准。
极限与配合的标准化:不仅可防止任意规定公差和配合的混乱现象，保证零部件互换性能和配合质量；而且还有利于刀具、量具的标准化；有利于组织专业化协作生产和技术交流。
为了更好地理解与应用《极限与配合》标准，首先，我们必须学好极限与配合的术语及定义。
本节介绍的有关术语和定义都源于GB/—1997。
一、孔和轴（1、孔（1）孔的定义孔：主要指圆柱形内表面，也包括其他内表面中由单一尺寸确定的部分。
（2）孔的特点①装配后孔是包容面。
②加工过程中，随着零件实体材料变少，而孔的尺寸由小变大。
2、轴（1）轴的定义轴：主要指圆柱形外表面，也包括其他外表面中由单一尺寸确定的部分。
①装配后轴是被包容面。
②加工过程中，随着零件实体材料变少，而轴的尺寸由大变小。
—（3）孔与轴的关系在极限与配合中，孔是包容面，轴是被包容面；在加工过程中，孔的尺寸由小到大，而轴的尺寸由大变小；从标注的尺寸线内容看，无材料的是孔。
二、尺寸的术语及其定义1、尺寸尺寸：以特定单位表示线性长度的数值，称为尺寸。
国标中规定：在机械工程中，一般采用毫米（mm）作为尺寸的特定单位。
课时训练10 等差数列前n 项和的性质与应用一、等差数列前n 项和性质的应用1.等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 2=2,S 4=10,则S 6等于( )A .12B .18C .24D .42答案:C解析:S 2,S 4-S 2,S 6-S 4成等差数列,即2,8,S 6-10成等差数列,S 6=24.2.已知某等差数列共有10项,其奇数项之和为15,偶数项之和为30,则其公差为( )A .5B .4C .3D .2答案:C解析:由题意得S 偶-S 奇=5d=15,∴d=3.或由解方程组{5a 1+20d =15,5a 1+25d =30求得d=3,故选C .3.等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=-2 015,S 20152015−S 20132013=2,则S 2 015=( )A.2 015B.-2 015C.0D.1答案:B解析:由等差数列前n 项和性质可知,数列{S nn }是等差数列,设公差为d ,则S 20152015−S 20132013=2d=2,所以d=1.所以S 20152015=S 11+2014d=-2015+2014=-1,所以S 2015=-2015.二、等差数列前n 项和中的最值问题4.设S n 是公差为d (d ≠0)的无穷等差数列{a n }的前n 项和,则下列命题中错误的是( )A.若d<0,则数列{S n }有最大项B.若数列{S n }有最大项,则d<0C.若数列{S n}是递增数列,则对任意n∈N*,均有S n>0D.若对任意n∈N*,均有S n>0,则数列{S n}是递增数列答案:C解析:由等差数列的前n项和公式S n=na1+12n(n-1)d=d2n2+(a1-d2)n知,S n对应的二次函数有最大值时d<0.故若d<0,则S n有最大值,A,B正确.又若对任意n∈N*,S n>0,则a1>0,d>0,{S n}必为递增数列,D正确.而对于C项,令S n=n2-2n,则数列{S n}递增,但S1=-1<0.C不正确.5.(2015河南南阳高二期中,10)已知数列{a n}为等差数列,若a11a10<-1,且它们的前n项和S n有最大值,则使得S n>0的n的最大值为( )A.21B.20C.19D.18答案:C解析:由a11a10<-1,可得a11+a10a10<0,由它们的前n项和S n有最大值可得数列的公差d<0,∴a10>0,a11+a10<0,a11<0,∴a1+a19=2a10>0,a1+a20=a11+a10<0.∴使得S n>0的n的最大值n=19.故选C.6.设数列{a n}为等差数列,其前n项和为S n,已知a1+a4+a7=99,a2+a5+a8=93,若对任意n∈N*,都有S n≤S k成立,则k的值为( )A.22B.21C.20D.19答案:C解析:对任意n∈N*,都有S n≤S k成立,即S k为S n的最大值.因为a1+a4+a7=99,a2+a5+a8=93,所以a4=33,a5=31,故公差d=-2,a n=a4+(n-4)d=41-2n,则n=1时,a1=39,所以S n=d2n2+(a1-d2)n=-n2+40n=-(n-20)2+400,即当n=20时S n取得最大值,从而满足对任意n∈N*,都有S n≤S k成立的k的值为20.7.设等差数列{a n}的前n项和为S n,且S2 014>0,S2 015<0,则当n= 时,S n最大. 答案:1 007解析:由等差数列的性质知,S2015=2015a1008<0,所以a1008<0.又S2014=2014(a1+a2014)2=1007(a1007+a1008)>0,所以a1007+a1008>0,而a1008<0,故a1007>0.因此当n=1007时,S n最大.8.已知数列{a n},a n∈N*,前n项和S n=18(a n+2)2.(1)求证:{a n}是等差数列;(2)设b n=12a n-30,求数列{b n}的前n项和的最小值.(1)证明:由已知得8S n=(a n+2)2,则8S n-1=(a n-1+2)2(n≥2),两式相减,得8a n=(a n+2)2-(a n-1+2)2,即(a n+a n-1)(a n-a n-1-4)=0.因为a n∈N*,所以a n+a n-1>0,所以a n-a n-1=4(n≥2),故数列{a n}是以4为公差的等差数列.(2)解:令n=1,得S1=a1=18(a1+2)2,解得a1=2.由(1)知a n=2+(n-1)×4=4n-2,所以b n=12a n-30=2n-31.由b n=2n-31<0,得n<312,即数列{b n}的前15项为负值,n≥16时b n>0.设数列{b n}的前n项和为T n,则T15最小,其值为T15=15×(-29)+15×142×2=-225.三、与数列{|a n|}前n项和有关的问题9.已知数列{a n}的通项公式a n=5-n,则当|a1|+|a2|+…+|a n|=16时,n= .答案:8解析:由a n=5-n,可得n<5时,a n>0;n=5时,a5=0;n>5时,a n<0,而a1+a2+…+a5=10,∴|a1|+|a2|+…+|a n|=(a1+a2+…+a5)-(a6+a7+…+a n)=16.∴20+n2-9n2=16,解得n=8.10.在公差为d的等差数列{a n}中,已知a1=10,且5a3·a1=(2a2+2)2.(1)求d,a n;(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|.解:(1)因为5a3·a1=(2a2+2)2,所以d2-3d-4=0,解得d=-1或d=4.故a n=-n+11或a n=4n+6.(2)设数列{a n}的前n项和为S n.因为d<0,所以由(1)得d=-1,a n=-n+11.则当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=S n=-12n2+212n;当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=-S n+2S11=12n2-212n+110.综上所述,|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n |={-12n 2+212n ,n≤11,12n 2-212n +110,n ≥12.(建议用时:30分钟)1.若等差数列{a n }的前3项和S 3=9,则a 2等于( )A.3B.4C.5D.6答案:A解析:S 3=3(a 1+a 3)2=9,∴a 1+a 3=2a 2=6.∴a 2=3.故选A .2.设{a n }是公差为-2的等差数列,如果a 1+a 4+…+a 97=50,那么a 3+a 6+a 9+…+a 99等于( )A.-182B.-78C.-148D.-82答案:D解析:由a 1+a 4+a 7+…+a 97=50,①令a 3+a 6+a 9+…+a 99=x ,②②-①得2d×33=x-50,而d=-2,∴x=-132+50=-82.故选D .3.等差数列{a n }的前n 项和记为S n ,若a 2+a 4+a 15的值为确定的常数,则下列各数中也是常数的是()A.S 7B.S 8C.S 13D.S 15答案:C解析:a 2+a 4+a 15=a 1+d+a 1+3d+a 1+14d=3(a 1+6d )=3a 7=3×a 1+a 132=313×13(a 1+a 13)2=313S 13.于是可知S13是常数.4.设{a n}为等差数列,a1>0,a6+a7>0,a6·a7<0,则使其前n项和S n>0成立的最大自然数n是( )A.11B.12C.13D.14答案:B解析:∵a6+a7=a1+a12,∴S12=12(a1+a12)2=6(a6+a7)>0.由已知得a6>0,a7<0,又S13=13a7<0,∴使S n>0成立的最大自然数n为12,故选B.5.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,若S n=1,S3n-S n=5,则S4n=( )A.4B.6C.10D.15答案:C解析:由S n,S2n-S n,S3n-S2n,S4n-S3n成等差数列,设公差为d,则S2n-S n=S n+d,S3n-S2n=S n+2d.∴S3n-S n=2S n+3d=5.又∵S n=1,∴d=1.∴S4n=S n+(S2n-S n)+(S3n-S2n)+(S4n-S3n)=1+2+3+4=10.6.等差数列{a n}前9项的和等于前4项的和.若a1=1,a k+a4=0,则k= .答案:10解析:S9=S4,∴a5+a6+a7+a8+a9=0,∴a7=0,从而a4+a10=2a7=0,∴k=10.7.等差数列前12项和为354,在前12项中的偶数项的和与奇数项的和之比为32∶27,则公差d= .答案:5解析:由已知{S 奇+S 偶=354,S 偶S 奇=3227,解得{S 偶=192,S 奇=162.又∵此等差数列共12项,∴S 偶-S 奇=6d=30.∴d=5.8.等差数列{a n }与{b n },它们的前n 项和分别为A n ,B n ,若A n B n =2n -2n +3,则a 5b 5= . 答案:43解析:a 5b 5=9a 59b 5=A 9B 9=2×9-29+3=43.9.在等差数列{a n }中,已知a 1=20,前n 项和为S n ,且S 10=S 15,求当n 取何值时,S n 有最大值,并求出它的最大值.解:设等差数列{a n }的公差为d ,∵a 1=20,S 10=S 15,∴10a 1+10×92d=15a 1+15×142d.解得d=-53.解法一:由以上得a n =20-53(n-1)=-53n+653.由a n ≥0得-53n+653≥0,∴n ≤13.所以数列前12项或前13项的和最大,其最大值为S 12=S 13=12a 1+12×112d=130.解法二:由以上得S n =20n+n (n -1)2×(-53)=-56n 2+56n+20n=-56n 2+1256n=-56(n 2-25n )=-56(n -252)2+312524.∴当n=12或13时,S n 最大,最大值为S 12=S 13=130.10.等差数列{a n }中,a 1=-60,a 17=-12,求数列{|a n |}的前n 项和.解:等差数列{a n }的公差d=a 17-a 117-1=-12-(-60)16=3,∴a n =a 1+(n-1)d=-60+(n-1)×3=3n-63.由a n <0,得3n-63<0,即n<21.∴数列{a n }的前20项是负数,第20项以后的项都为非负数.设S n ,S n '分别表示数列{a n },{|a n |}的前n 项和,当n ≤20时,S n '=-S n=-[-60n +n (n -1)2×3]=-32n 2+1232n ;当n>20时,S n '=-S 20+(S n -S 20)=S n -2S 20=-60n+n (n -1)2×3-2×(-60×20+20×192×3)=32n 2-1232n+1260.∴数列{|a n |}的前n 项和为S n '={-32n 2+1232n (n≤20),32n 2-1232n +1260(n >20).。
授课内容：第2章 平面四杆机构目的要求:了解铰链四杆机构的基本型式和特性、铰链四杆机构有整转副的条件重点难点：重点：平面四杆机构的基本特性 难点：平面四杆机构的基本特性 计划学时：2第一节 铰链四杆机构的基本型式和特性1）曲柄摇杆机构:两连架杆中，一个为曲柄，而另一个为摇杆。
2）双曲柄机构 两连架杆均为曲柄。
3）双摇杆机构 两连架杆均为摇杆。
急回特性v 1 =C 1C 2/t 1 v 2 =C 1C 2/t 2 ϕ1=180°+θ, ϕ2=180°-θ ∵ ϕ1>ϕ2 , ∴ t 1>t 2 , v 1<v 2行程速比系数K = 输出件空回行程的平均速度 输出件工作行程的平均速度θ=180°（K-1）/（K+1）机构的死点位置摇杆为主动件，且连杆与曲柄两次共线时，有:γ＝0连架杆连杆连架杆机架摆角 θψ C 1C 2DAB 1B 2Bϕ1Cωϕ2极位夹角此时机构不能运动，称此位置为：“死点”避免措施：两组机构错开排列，如火车轮机构;靠飞轮的惯性第二节 铰链四杆机构有整转副的条件平面四杆机构具有整转副可能存在曲柄整转副存在的条件最长杆与最短杆的长度之和应≤其他两杆长度之和整转副是由最短杆（曲柄）与其邻边组成的当满足杆长条件时，说明存在整转副，当选择不同的构件作为机架时，可得不同的机构。
如 曲柄摇杆1 、曲柄摇杆2 、双曲柄、 双摇杆机构F’’’’ B CA BE FD CGA B CDl 1l 2 l 3 l 4授课内容：第2章平面四杆机构（§2.3—§2.4）目的要求:了解铰链四杆机构的基本型式和特性、铰链四杆机构有整转副的条件重点难点：重点：平面四杆机构的基本特性难点：平面四杆机构的基本特性计划学时：22.3 铰链四杆机构的演化通过前面的学习，我们知道在铰链四杆机构中，可根据两连架杆是曲柄还是摇杆，把铰链四杆机构分为三种基本形式——曲柄摇杆机构、双曲柄机构、双摇杆机构，而后两种可视为曲柄摇杆机构取不同构件作为机架的演变。
第2章2.1 应力的概念及变形体在一点处的应力状态2.2 平面应力状态的解析法2.3平面应力状态的解析法——应力圆2.4 三向应力状态分析第2.3节xyxσxτyτyσ平面应力状态应力分析——图解法应力圆一点处平面应力状态的图解法，对各方位的应力情况一目了然。
αmmασατyσyττxxσntcos2sin222ασσσσσατα+−=+−x y x yxsin2cos22ασστατα−=+x yx222222x y x yx+−⎛⎞⎛⎞−+=+⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠αασσσσσττmmnαα平面应力状态应力分析——图解法 应力圆OστC在应力坐标系σ-τ中, 式(∗)为一圆,称为该点的应力圆,也称莫尔圆。
,02xy+⎛⎞⎜⎟⎝⎠σσ圆心坐标：222x y xR −⎛⎞=+⎜⎟⎝⎠σστ半径：2x yσσ+R2222()22x y x y x +−⎛⎞⎛⎞−+=+∗⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠αασσσσσττ应力圆作法从构件中切出一应力状态已知的单元体，建立坐标系σO τ。
1.由微元A ，B 面上的应力（σx ，τx ),（σy ，τy )确定应力圆上的A ，B 点。
2.连接A ，B ，与横轴交于C 点。
xyxσxτyσyτBAOστC(),x x A στ(,)y y Bστ2xyσσ+2xyσσ−2.3 应力圆平面应力状态应力分析——图解法由应力圆求α面上的应力()P P cos[180(22)]cos 22H OC CH OC CHσαααα=−−+=+⋅+P P cos2cos2sin2sin2O C CA CA αααα=+−cos2sin 222x y x yH x ασσσσσατασ+−=+−=OστC2α同理可求：sin 2cos 22x yH x ασστατατ−=+=2x yπαασσσσ++=+当连续变化至时，坐标绕应力圆的圆心转一周απα+(),αασταm myσxσxτnαxyxσxτyσyτByy (),y y στB(),x x A στAyτP2α2.3 应力圆平面应力状态应力分析——图解法H(),ααστH几种对应关系点面对应σyyτxτσxστCA平面应力状态应力分析——图解法A转向对应、二倍角对应στyx2θθnCAΑΑ'A'平面应力状态应力分析——图解法 几种对应关系二倍角对应——应力圆上两点间所对应的圆心角，等于单元体上两相应截面外法线夹角的两倍半径；转向对应——应力圆半径旋转方向与截面外法线旋转方向一致。
点面对应——应力圆上任一点的纵、横坐标分别对应着单元体某一截面上的正应力和切应力；平面应力状态应力分析——图解法 几种对应关系主应力与最大切应力的确定O στC(),x x A στB(),yy στ2αH(),ααστP12αP22αEDσ′′σ′OC CD σ′=+2222x yx y xσσσστ+−⎛⎞=++⎜⎟⎝⎠OC CEσ′′=−2222xyxyxσσσστ+−⎛⎞=−+⎜⎟⎝⎠2222x yx yxσσσσστσ′+−⎛⎞⎫=±+⎜⎟⎬′′⎭⎝⎠P 2tan2xx yτασσ=−−222xyxσστττ′−⎛⎞⎫=±+⎜⎟⎬′′⎭⎝⎠P1P22παα−=12P P ,αα为主方向平面应力状态：主应力123σσσ≥≥ σσ′′，，0，123σσσ按大小顺序排列记为，，极值切应力：(),′S στ三种经常遇到的应力状态Oστσ0σ0σBAσ0σBAO στ0σ 单向拉伸单向压缩1023,0σσσσ===12300,σσσσ===−——单向应力状态——单向应力状态MFF0σ0σ主应力:MFF0σ0σ主应力:BAABττττ三种经常遇到的应力状态BAOστττ10230,0,στσστ===−——二向应力状态纯剪切M0τ主应力:τ0τ45原始单元体主单元体AB例题2.2例2.2 试确定图示单元体的主平面位置,画出主单元体,计算其上的应力，并标出图示斜截面在应力圆上的位置。
单位：MPaMPa20M Pa 100MPa30o50例题2.2解：2230100301002022σσ′⎫+−⎛⎞=±+⎬⎜⎟′′⎝⎠⎭MPa 6.243.105⎩⎨⎧=()P 220tan 2730100α−−==−−P1,229.8α=−C2222xyxyxσσσσστσ′+−⎛⎞⎫=±+⎬⎜⎟′′⎭⎝⎠P 2tan 2x x yτασσ=−−30MPa x σ=,100MPa y σ=,20MPa x τ=−P114.9α=−P2P19075.1αα=+=4078.6MPa σ=4037.9M τ=− cos 2sin 222x yx yx ασσσσσατα+−=+−s i n 2c o s 2xyσστατα−=+,20MPay τ=σ′σ′′P 12α100yD τσO20−30xD ,与σ″对应,与σ′对应P22α8040D例2.3 已知某点的应力圆,画出原始单元体及各面上的应力；画出该点主单元体、方位及主应力；写出应力圆上H点表示的斜截面上的正应力和切应力。
应力单位：MPaC (,) 400(,) 020 BA στH 305.22x解：根据A ，B 两点的坐标可确定原始单元体及其应力如图示由A ，B 两点的坐标求出应力圆半径:20228.28R ==()20202122048.28MPa σ′=+=+=())2022021208.28MPaσ′′=−−=−−=−主单元体C(,)400(,)020B AστMPa20MPa40ABDEDE.MPa828.MPa482845该点的主应力为：tan 21P α=∵P1P222.5112.5αα=°⎧⎨=°⎩主方向：12348.28Mpa,0,8.28Mpaσσσ===−原始单元体13max 28.282MPa−==σστC(,)400(,)020B AστE 45MPa20MPa40AB H30H 点的坐标为：( )°°+60sin ,60cos 20R R H 点表示截面法向与x 轴夹角为的斜截面，°=°+°5.5224560该斜面应力为：52.5320224.492MPaτ°=×=52.512020234.142MPa σ°=+×=DH 面52.5x.MPa2449.MPa3414例题2.4例2.4：过受力体内点A 的两个相交成60o的平面上，点A 的应力情况如图示，σ为具有应力单位的已知量。
试求点A 处主应力的大小和方向。
2σ3σ3σ60A2σ例题2.4解答120n解法一、取斜单元体如图示2σ3σ3σ60A2σ2σ3σ3σ602σyσx 2,=σσ,120=−αx 3=τσcos2sin 222x y x yx ασσσσσατα+−=+−120cos(240)sin(240)22−+−=+−−−∵x y x yx σσσσστ222cos(240)3sin(240)22+−∴=+−−− yyσσσσσσ4=y σσ2252424(3)22′⎫⎧+−⎛⎞∴=±+=⎬⎨⎜⎟′′⎝⎠⎭⎩σσσσσσσσσ2222x yx yx σσσσστσ′+−⎛⎞⎫=±+⎬⎜⎟′′⎭⎝⎠P 223tan 23x x y τσασσ=−=−=−P 130=αP 29030=−+α1235,,0===σσσσσx例题2.4解答解法二、在应力坐标系σ-τ 中,取 B (2σ , 3σ ) , D (2σ ,- 3σ ) 两点 据B、D两截面方位关系，可知圆心在连线B D的 右侧 ，且∠ CBD=30o 由B 点的坐标求出应力圆半径:3σ R= = 2σ cos 303σ2σB 60 DA2σ3σ应力圆圆心C横坐标: 2σ + R sin 30 = 3σ 该点的主应力为： σ ′ = 3σ + R = 5σ σ ′′ = 3σ − R = σ σ 1 = 5σ ,σ 2 = σ , σ 3 = 0 主方向：α P = 30 , α P = −90 + 301 2τOB(2σ , 3σ )30240CσD(2σ ,- 3σ )第2.4节2.4 三向应力状态分析任意斜截面的应力矢量已知一点应力状态, 求任意斜截面上应力矢量 ⎡ σ x τ xy τ xz ⎤ ⎢ ⎥ 求外法线方向为n 已知： σ = ⎢τ yx σ y τ yz ⎥ ， ⎢ ⎥ 截面上的应力矢量 ⎢τ zx τ zy σ z ⎥ ⎣ ⎦⎧ n x = cos( n , x ) 截面外法线n的方向余弦 ⎪ n y = cos( n , y ) ⎨ ⎪ ⎩ n z = cos( n , z )yσ yy σyx σyzσ zyσ xyxzσzzzσzx σσxxxypypzn该截面的应力矢量为⎡ p x ⎤ ⎡σ x ⎢ ⎥ ⎢ ⎢ p y ⎥ = ⎢τ yx ⎢ p ⎥ ⎢τ zx ⎣ z⎦ ⎣τ xy τ xz ⎤ ⎡ nx ⎤ ⎥⎢ ⎥ σ y τ yz ⎥ ⎢ n y ⎥ τ zy σ z ⎥ ⎢ nz ⎥ ⎦⎣ ⎦pxx z2.4 三向应力状态分析主应力，主方向可以证明：每一点，对于一般的应力状态总 对于一般 存在一个特殊的单元体，这个单元体的每个 侧面上只有正应力，而没有切应力，即可以 找到3个相互垂直的主方向和3个主应力。
每点的应力状态 可通过一3×3的 矩阵表示⎡σ x ⎢ σ = ⎢τ yx ⎢ ⎢τ zx ⎣yσ yy σyx σyzσ zyσ xyτ xy τ xz ⎤ σy τ zyσzzz yσzx σ xzσxxx⎥ τ yz ⎥ ， ⎥ σz ⎥ ⎦σ2σ x −σ τ xy τ xz 主应力满足下 σ y − σ τ yz = 0 述特征方程： τ yx τ zx τ zy σ z −σ3个主方向即特征值相应的特征方向σ3Oz主单元体σ1x2.4 三向应力状态分析由主应力表示任意斜截面的应力矢量——解析法分析斜截面上的应力 yBσ2当三个主应力已知时，可利用解 析法求得任意斜截面上的正应力和切 σ3 应力 C C z 沿三个主平面为单元表面截取 单元体，并以σ1，σ2和 σ3平面的法向 y 分别为x，y和z轴建立坐标系σ1OAxnB记斜截面的外法线n与x、 y、z轴的夹角分别为α、β、γz CβγOαAx2.4 三向应力状态分析由主应力表示任意斜截面的应力矢量——解析法分析斜截面上的应力ynBβ 设斜截面上的总应力为p，它沿三个坐 α 标轴上的分量分别为px， py和pz γ O 若斜截面ABC的面积为dA，则其余 若斜截面ABC的面积为dA，则其余 z C 三个单元面的面积分别为 y dAOBC=cosα dA ，dAOAC=cosβ dA，dAOAB=cosγ dA dA =cos dA dA =cos dA dA =cos dA利用x方向静力平衡，得 p x dA = σ 1dAOBCB pyAxnppxp x = σ 1 cos α 同理可得 p y = σ 2 cos β p z = σ 3 cos γσ1σ3ApzOxz Cσ22 2 p 斜截面上的总应力大小： = px + py + pz2 = σ12 cos2 α + σ22 cos2 β + σ32 cos2 γ2.4 三向应力状态分析由主应力表示任意斜截面的应力矢量——解析法分析斜截面上的应力yB斜截面上的正应力为 σn = p⋅ n = px cos α + p y cos β + pz cos γ z 2 2 2 = σ 1 cos α + σ 2 cos β + σ 3 cos γ 切应力为2 τ n = p2 − σ n 2 2 2 = σ 12 cos2 α + σ 2 cos2 β + σ 3 cos2 γ − σ np σnxnτnCOA2.4 三向应力状态分析图解法（三向应力圆）分析任意斜截面的应力 特殊斜截面上的应力当斜截面与主应力σ3平行时，由于此时γ =900 ，所以该截面上 的应力σn、 τn与σ3无关，仅由σ1和σ2确定。
