新疆大学：《材料力学》课程教学资源（教案讲义）第7章 应力和应变分析、强度理论

第七章应力和应变分析强度理论 §7.1应力状态概述 §7.2二向和三向应力状态实例 §7.3二向应力状态分析一一解析法 §7.4二向应力状态分析一一图解法 §7.5三向应力状态 *§7.6位移与应变分量 *§7.7平面应变状态分析 §7.8广义胡克定律 §7.9复杂应力状态的应变能密度 §7.10强度理论概述 §7.11四种常用强度理论 §7.12莫尔强度理论 §7.1应力状态概述 E 1.应力状态的概念 m (1)一点的应力状态： 研究表明，构件内不同位置的点， 一般情况下具有不同的应力，所以点的 应力是该点坐标的函数。然而就一点来 论，不同方位截面上的应力也不同，截面上的应力又随截面方位的不

第七章 应力和应变分析 强度理论 §7.1 应力状态概述 §7.2 二向和三向应力状态实例 §7.3 二向应力状态分析——解析法 §7.4 二向应力状态分析——图解法 §7.5 三向应力状态 *§7.6 位移与应变分量 *§7.7 平面应变状态分析 §7.8 广义胡克定律 §7.9 复杂应力状态的应变能密度 §7.10 强度理论概述 §7.11 四种常用强度理论 §7.12 莫尔强度理论 §7.1 应力状态概述 1. 应力状态的概念 （1）一点的应力状态： 研究表明，构件内不同位置的点， 一般情况下具有不同的应力，所以点的 应力是该点坐标的函数。然而就一点来 论，不同方位截面上的应力也不同，截面上的应力又随截面方位的不

同而变化，是截面方位角x的函数。因此，所谓“一点的应力状态” 就是指过一点各个方位截面上的 “应力情况”。 (2)单元体 四-4②9 为了表示一点应力状态，一般是 围绕该点取出一个三个方向尺寸均 @4@9 为无穷小的正六面体，简称为单元 体。由于单元体是无限小的，因此可以认为 ①单元体各面上应力是均匀的 ②单元体相互平行的截面上应 力相同，且同等于该点的平行面上 的应力。 已知单元体 单元体{一般单元体 主体元体 (3)主应力、主平面、主单元体 在物件内任一点总可以取出一个特殊的单元体，其3个相互垂直 的面上都无切应力，这种切应力为零的截面称为主平面，主平面上的 正应力称为主应力。这样特殊的单元体称为主单元体，主单元体上3 个主应力按代数值大小排列为 01202203 (4)应力状态分类

同而变化，是截面方位角 x 的函数。因此，所谓“一点的应力状态” 就是指过一点各个方位截面上的 “应力情况”。 （2）单元体 为了表示一点应力状态,一般是 围绕该点取出一个三个方向尺寸均 为无穷小的正六面体，简称为单元 体。由于单元体是无限小的，因此可以认为: ①单元体各面上应力是均匀的 ②单元体相互平行的截面上应 力相同，且同等于该点的平行面上 的应力。      主体元体 一般单元体 已知单元体 单元体 （3）主应力、主平面、主单元体 在物件内任一点总可以取出一个特殊的单元体，其 3 个相互垂直 的面上都无切应力，这种切应力为零的截面称为主平面，主平面上的 正应力称为主应力。这样特殊的单元体称为主单元体，主单元体上 3 个主应力按代数值大小排列为  1  2  3 （4）应力状态分类

「简单应力状态：单向应力状态 应力状态分类复杂应力状态 二向应力状态 三向应力状态 §7.2二向和三向应力状态实例 1.单向应力状态：轴面拉伸或压缩， 横力弯曲梁横截面上、下边缘点处。 2二向应力状态：薄壁压力容（号）】 5-0g05-Y-0g岩 ∑F=0σ"2-pD1=0 。器 显然：a=岩=哈 0=0或o=-p) 3.三向应力状态： ①车轮与轨道接触点的应力状态 ②高压容器器壁内点的应力状态 P

        三向应力状态 二向应力状态 复杂应力状态 简单应力状态 单向应力状态 应力状态分类 : §7.2 二向和三向应力状态实例 1. 单向应力状态：轴面拉伸或压缩， 横力弯曲梁横截面上、下边缘点处。 2. 二向应力状态：薄壁压力容        20 D  Fx = 0 0 4 ' 2 − = D D p       4 ' pD = Fy = 0  ''·2l − pDl = 0   2 ' ' pD = 显然：   2 1 pD =   4 2 pD = = ( = −p)  3 0 或 3 3. 三向应力状态： ① 车轮与轨道接触点的应力状态 ② 高压容器器壁内点的应力状态

§73二向应力状态分析一一解析法 已知：O,tm,0,tx(应力符号规定：拉为正压 为负：切应力顺为正，逆为负)，t,=t: 求：0，不，a符号逆时针为正 ①研究三棱柱单元的平衡 ∑F=0 d4+(dAcosa)sin a-(o,dAcosa)cosa -(sdAsin a)cosa-(,dAsin a)sin a=0 ∑F=0 rdA-(r dAcosa)cosa-(o,dAcosa)sin a -(,dAsin a)cosa+(dAsin a)sin a=0 dAcoso Ty=Tm 利用/cos'a=1+cos2g dAsinox m'a o2a 2smn acosa=sm 2a 简化后得出 =a,cosa+sin2a-2t sin acosa -+s2a-nm20 2 2 1,=0:,0m2a+t,os2a 2 ②求极值 0=-2sn2a+,s2a 12 (a) 若a=a,时，能使品-0，则a,所确定的截面上，正 应力即为最大值或最小值。以a,代入式(a),关令其 等于零，得到 g,-0sm2a,+r,0s2a=0 2

§7.3 二向应力状态分析——解析法 已知： x xu y yx  , , , （应力符号规定：拉为正压 为负；切应力顺为正，逆为负）， xy yx  =  求：  x , x ,符号逆时针为正 ①研究三棱柱单元的平衡 ( ) ( )  − ( ) − ( ) = + − = d sin cos d sin sin 0 d d cos sin d cos cos 0               A A A A A F yx y xy x n ( ) ( )  − ( ) + ( ) = − − = d sin cos d sin sin 0 d d cos cos d cos sin 0               A A A A A F y yx xy x z 利用          = − = + = =          2sin cos sin 2 2 1 cos 2 sin 2 1 cos 2 cos 2 2 xy yx 简化后得出         + − = − − + + = = + −                        sin 2 cos 2 2 cos 2 sin 2 2 2 cos sin 2 sin cos 2 2 xy x y xy x y x y x y xy ②求极值       + − = −         sin 2 cos 2 2 2 d d xy x y （a） 若  = 0 时，能使 0 d d =    ，则  0 所确定的截面上，正 应力即为最大值或最小值。以  0 代入式（a），关令其 等于零，得到 sin 2 cos 2 0 2 0 + 0 = −      xy x y

由此得出：am2a,=0,-a 解之得：a,a。+90°确定相互垂直的两个平面，对应截面上出现正 应的极大值和极小值 注意到 ,sin 20+cs2do=ta-0 (b) 2 结论： 在切应力为零的平面上正应力极大值和极小值，即最大正应 力和最小正应力，就是主应力。所在的平面为主平面。 为了方便起见，利用三角恒等式 tan 20o=- 2t 0-0 0x-0, c0s2a0=± 1+tan 2aoV,-,+4 sin24=± 版 由讨论知cos2a,与sn2a,总取相反符号，代入式得： Ra.-att 2 讨论： 「若xn0,则o与过二，四相限的a,对应， 若rn0,则o与过一，三相限的a对应 ③最大切应力rm和最小切应力 dr=(-,)cos2a-2t sin 2a (c) da 若a=a时，能使品=0，则在a,所决定的斜截面上，切

由此得出： x y xy     − = − 2 tan 2 0 解之得： 0  0 , 0 + 90 确定相互垂直的两个平面，对应截面上出现正 应的极大值和极小值。 注意到 sin 2 cos 2 0 2 0 + 0 = 0 = −        xy x y （b） 结论： 在切应力为零的平面上正应力极大值和极小值，即最大正应 力和最小正应力，就是主应力。所在的平面为主平面。 为了方便起见，利用三角恒等式 ( ) ( ) 2 2 0 2 0 0 2 2 0 2 0 0 4 2 1 tan 2 tan 2 sin 2 1 tan 2 4 1 cos 2 2 tan 2 x y xy xy x y xy x y x y xy                   − + =  + =  − + − =  + =  − = − 由讨论知 2 0 cos  与 2 0 sin  总取相反符号，代入式得： 2 2 min max 2 2 xy x y x y        +         −  + =    讨论：      0, , . 0, , , max 0 max 0 若 则 与过一 三相限的 对应 若 则 与过二 四相限的 对应       xy xy ③最大切应力 max  和最小切应力 (  )       cos 2 2 sin 2 d d = x − y − xy （c） 若  =1 时，能使 0 d d =    ，则在 1 所决定的斜截面上，切

应力为最大或最小值。以a,代入式(c),且令其等于零得 (o,-o,)cos2a-2r sin 2a =0 ” 解出a,a,+90°确定二个相互垂直平面。 利用 tan 2a,=,-a 2tw cos2a1=± 2t, o:-0,P+4i m2a=t6.-a+4 代入式得： ④最大切应力和最小切应力所在平面与主平面的关系。 m2a,=-22 0-0 tan2a,=,-0 tan 2do=tan 20 1 故有2a=2a+号a=a,+ 即最大切应力和最小切应力所在平面与主平面的夹角为45°

应力为最大或最小值。以 1 代入式（c），且令其等于零得 ( ) xy x y x y xy          2 tan 2 cos 2 2 sin 2 0 1 1 1 − = − − = 解出 0 1 ,1 + 90 确定二个相互垂直平面。         + − =     1 1 min max sin 2 cos 2 2        xy x y 利用 ( ) ( )            − + − =  − + =  − = 2 2 1 2 2 1 1 4 sin 2 4 2 cos 2 2 tan 2 x y xy x y x y xy x xy x y                代入 式得： 2 2 min max 2 xy x y      +         − =     ④最大切应力和最小切应力所在平面与主平面的关系。 x y xy     − = − 2 tan 2 0  xy x y     2 tan 2 1 − = 1 0 tan 2 1 tan 2    = − 故有 2 4 2 1 2 0 1 0      =  + = + 即最大切应力和最小切应力所在平面与主平面的夹角为 45°

Example 1.图示为从悬臂梁中，E、F两点取出的两个单元体。 Given:(E),=70MIPa,s =50MlPa 0,=0, x =-50MPa (F),=-70MPa,=50MPa 0,=0, t =-50MPa Find:试分别确定，E、F两点的主平面的位置及主应力。 Solution: (1)E点 ①主平面位置： 。 2a0=-550 a40=-27.5°，a0+90°=62.50 ②最大应力最小应力 amld:+o,t on了 2 2 2 ③主应力：a,=6Pa，a,=0,=-26Pa (2)F点 ①主平面位置 tan 2do=- 0-0, -209-1e 2u。=550 a=27.50 4。+90°=117.50

Example 1. 图示为从悬臂梁中，E、F 两点取出的两个单元体。 Given： （E）  x = 70MPa ,  xy = 50MPa  y = 0,  yx = −50MPa （F）  x = −70MPa ,  xy = 50MPa  y = 0,  yx = −50MPa Find：试分别确定，E、F 两点的主平面的位置及主应力。 Solution： （1）E 点 ①主平面位置： 0 0 0 0 0 0 0 0 27.5 , 90 62.5 2 55 1.429 70 0 2 2 50 tan 2 = − + = = − = − −  = − − = −        x y xy ②最大应力最小应力 MPa 26 96 50 35 61 2 70 0 2 70 0 2 2 2 2 2 2 min max − =  + =       −  + = +         −  + =    xy x y x y        ③主应力：  1 = 96MPa ,  2 = 0,  3 = −26MPa （2）F 点 ①主平面位置 0 0 0 0 0 0 0 0 27.5 90 117.5 2 55 1.429 70 0 2 2 50 tan 2 = + = = = − −  = − − = −        x y xy

②最大应力和最小应力 -561-g ③主应力 o1-26Pa,o2=0,03=-96Pa Example2.图示为从悬臂梁中，E点取出的单元体。 Given:(E),=-70MPa,=-50MPa 0,=0, =50MPa Find:E点主平面位置及主应力 Solution: ①am2a,=a,-0y 2m-2x50.-1429 -70-0 2a0=-55°，a=-27.5°，a0+90°=62.59 @8}”四-9哪- ③a,=26Pa，a2=0,a,=-96Pa §7.4二向应力状态分析一一图解法 1.确定oa,ta

②最大应力和最小应力 MPa 96 26 35 61 50 2 70 0 2 70 0 2 2 min max − = −  =  +      − −  − + =      ③主应力  1 = 26MPa ,  2 = 0,  3 = −96MPa Example 2. 图示为从悬臂梁中，E 点取出的单元体。 Given： （E）  x = −70MPa ,  xy = −50MPa  y = 0,  yx = 50MPa Find： E 点主平面位置及主应力 Solution： ① ( ) 1.429 70 0 2 2 50 tan 2 0 = − − −  − = − − = − x y xy     0 0 0 0 0 0 2 0 = −55 ,  = −27.5 ,  + 90 = 62.5 ② ( ) MPa 96 26 50 2 70 0 2 70 0 2 2 min max −  + − =      − −  − + =      ③  1 = 26MPa ,  2 = 0,  3 = −96MPa §7.4 二向应力状态分析——图解法 1. 确定    ,

0.-00+cs2a-1,2a 2 2 。=0,0sm2a+tnc0s2a 2 上式改写为 0,-0,t0-0,0cs2a-7n5m2a 2 1.2020n2u+,ms2a 2 等号两边平方，二式相加，简化消去参数α，得 。j 此为圆的方程，若以σ为横坐标，x为 GI R 纵坐标作圆，则圆心坐标为 〔e. 圆的半径为： 2.应力圆的作法，用应力圆确定o。,t.得主应力 ①画cOr坐标系。 ②取适当比例尺确定D、D两点 ③连接DD'交轴于C点 ④以C为圆心，以cD为半径作圆，即为应力圆 ⑤得cD半径，偏转2α角，（同a方向保持一致）得E点，由E点 对应的横纵坐标即为oa,t。 ⑥4(o0以B,(o或o,0)为主应力

       + − = − − + + =                 sin 2 cos 2 2 cos 2 sin 2 2 2 xy x y xy x y x y 上式改写为        + − = − − = + −                 sin 2 cos 2 2 cos 2 sin 2 2 2 xy x y xy x y x y 等号两边平方，二式相加，简化消去参数  ，得 2 2 2 2 2 2 xy x y x y          +         − + =         + − 此为圆的方程，若以  为横坐标，  为 纵坐标作圆，则圆心坐标为         + , 0 2  x  y 圆的半径为： 2 2 2 xy x y    +         − 2. 应力圆的作法，用应力圆确定  ，   得主应力 ①画 O 坐标系。 ②取适当比例尺确定 D、D' 两点 ③连接 DD'交轴于C点 ④以 C 为圆心，以 CD 为半径作圆，即为应力圆 ⑤得 CD 半径，偏转 2  角，（同  方向保持一致）得 E 点，由 E 点 对应的横纵坐标即为    , ⑥ ( ,0), ( ,0) A1  1 B1  2或 3 为主应力

3.证明 0F=6a EF=To 证：0c-0B+1-0B)=,oa+0a-a C.01-0.0-a 2 2 正-而.+而*w Of=0C+CEcos(2a。+2a) =OC+CEcos2acos2a-CEsin 2ao sin 2 =OC+CDcos2ao)cos2a-(CDsin 2a)sin 2 OC +CAcos2a-ADsin 2a ,+a-cos2a-T sin 2a 2 2 FE=CEsin(2ao+2a） =CDsin 2acos2a+CDcos2asin 2a ADcos2a+CAsin 2a =T c0s2a+sn 2a 2 故：OF=o。FE=ta 4.证明OA1=o,OB,=0 证： OA=0C+CA=0C+CD 2 OB,=OC-CA =OC-CD

3. 证明    = =     EF OF 证： ( ) ( ) 2 2 1 2 1 X Y OC OB OA OB OA OB  + = + − = + = 2 2 OA OB X Y CA  − = − = 2 2 2 2 2 XY X Y CE CD CA AD     +      − = = + = cos(2 2)  OF = OC + CE 0 + ( ) ( )         cos 2 sin 2 cos 2 cos 2 sin 2 sin 2 cos 2 cos 2 sin 2 sin 2 0 0 0 0 0 OC CA AD OC CD CD OC CE CE = + − = + − = + −        cos 2 sin 2 2 2 xy x y x y − − + + = ( )              sin 2 2 cos 2 cos 2 sin 2 sin 2 cos 2 cos 2 sin 2 sin 2 2 0 0 0 x y xy AD CA CD CD FE CE − = + = + = + = + 故：   OF =  FE =  4. 证明 1 1 2 OA1 =  OB =  证： 2 1 1 2 2 xy x y x y OA OC CA OC CD      +        − + + = = + = + 2 1 1 2 2 xy x y x y OB OC CA OC CD      +        − − + = = − = −