北京工业大学：《材料力学》课程教学资源（试卷习题）电测应力分析典型习题解析

电测应力分析 典型习题解析 1为用电测法测量材料的弹性模量E和泊松比μ,将材料加工成矩形截面拉伸试件。试设计 实验时的布片方案和接桥方案。 (a 匚习补偿片R 解题分析:试件受轴向拉力,横截面上正应力方向与加载方向平行。为测定弹性模量E, 需要知道加载方向应变大小和应力大小:为测定泊松比,需要知道纵向应变和横向应变。 解:1、布片方案:沿拉伸试件的纵向和横向各贴一片应变片R1和R,如图a所示。根据圣 维南原理,测点位置应尽可能靠近试件中间位置,以减小加载端复杂应力场的影响。 2、测量弹性模量的接线方案:测量时,将应变片R1、温度补偿片R2按图c接成半桥, 试件受拉伸载荷F作用时,工作片感受拉伸应变EN和温度应变E1。温度补偿片只感受 温度应变E1。由电桥原理知,半桥读数为:E=c1-2=(EN+E1)-E1=EN。轴向拉应 力由公式σ=F/A算出,然后由胡克定律σ=EEN算出材料的弹性模量 3、测量材料的泊松比μ时的接线方案:只需将横向应变片R与补偿片R2按图d接成 另一个半桥,测量纵向应变的同时,也由图d电桥测得横向应变E′,然后由横向应变E 与纵向应变EN之比计算泊松比

电测应力分析 典型习题解析 1 为用电测法测量材料的弹性模量 E 和泊松比 µ ,将材料加工成矩形截面拉伸试件。试设计 解题分析： 试件受轴向拉力，横 实验时的布片方案和接桥方案。 截面上正应力方向与加载方向平行。为测定弹性模量 E ， 需要知道加载方向应变大小和应力大小；为测定泊松比 µ ，需要知道纵向应变和横向应 。 解：1、布片方案：沿拉伸试件的纵向和横向各贴一片应变片 R1 和 R1 变 ′，如图 a 所示。根据圣 维南原理，测点位置应尽可能靠近试件中间位置，以减小加载端复杂应力场的影响。 2、测量弹性模量的接线方案：测量时，将应变片 R1 、温度补偿片 R2 按图 c 接成半桥， 试件受拉伸载荷 F 作用时，工作片感受拉伸应变 N ε 和温度应变 t ε 。温度补偿片只感受 温度应变 t ε 。由电桥原理知，半桥读数为： 2 N t N ε ε ε ε ε = ε ε = 1 − =（ + ）t − 。轴向拉应 力由公式σ = F / A算出，然后由胡克定律σ = Eε N 算出材料的弹性模量。 3、测量材料的泊松比 µ 时的接线方案：只需将横向应变片 R1 ′ 与补偿片 R2 按图 d 接成 另一个半桥，测量纵向应变的同时，也由图 d 电桥测得横向应变ε ′，然后由横向应变ε ′ 与纵向应变 N ε 之比计算泊松比。 A C 题 1 图 (c) (b) F (a) 补偿片 D (d) F B B R R2 R'1 1 R R'1 2 A C R3 R4 R3 R4 R1 D R2 1

讨论:(1)测量时,应采用增量加载法,并保证最大载荷不超过试件屈服时载荷的80%。(2) 测量前,先加一初载,大小为最大载荷的10%,以消除内摩擦和加载装置间隙的影 响。(3)横向和纵向应变片应贴在试件中部,以减小加载端局部应力的干扰。应变片 R1应尽可能靠近R1,因为计算泊松比用的是同一点处的纵、横应变值。 2图a所示为受纯弯曲的矩形截面梁。已知,材料的弹性模量E、泊松比μ。要求测出最 大的弯曲应力。试设计布片和接桥方案。 (团( 题2图 解题分析:梁的上下表面各点处为单向应力状态,且正应力方向平行于梁的轴线。 解I:在梁的上下表面沿主应力方向各贴一片应变片R1、R,按图b接成半桥。梁发生弯 曲变形时,应变片感受的是弯曲应变EM和温度应变E1。即,梁上表面应变片1=EM+E1 下表面应变片E2=-EM+E1。应变仪读数为E=1-E2=2eM,测点处的弯曲应变为 62°°由胡克定律得到梁上的最大弯曲应力o为oM=E·M=E·E。 讨论:图b所示的半桥接线法,可以自动补偿温度效应,无需接入温度补偿片。 解:也可采用图c的布片方案和图d的全桥接桥方案,这时,各应变片感受的应变分别为 E1=EM+Et: E2=-EM +Et E3=-HEM +Et; E4=AEM +E 应变仪的读数为E=E1-2-E3+E4=2(1+)EM

讨论 并保证最大载荷不超过试件屈服时载荷的 80％。（2） 2 图 a 所 ：（1）测量时，应采用增量加载法， 测量前，先加一初载，大小为最大载荷的 10％，以消除内摩擦和加载装置间隙的影 响。（3）横向和纵向应变片应贴在试件中部，以减小加载端局部应力的干扰。应变片 R1 ′ 应尽可能靠近 R1，因为计算泊松比用的是同一点处的纵、横应变值。 示为受纯弯曲的矩形截面梁。已知，材料的弹性模量 E 、泊松比 µ 。要求测出最 解题分析： 发生弯 大的弯曲应力。试设计布片和接桥方案。 题 2 图 (b) (a) (d) (c) 梁的上下表面各点处为单向应力状态，且正应力方向平行于梁的轴线。 解 I：在梁的上下表面沿主应力方向各贴一片应变片 R1 、 R2 ，按图 b 接成半桥。梁 曲变形时，应变片感受的是弯曲应变 M ε 和温度应变 t ε 。即，梁上表面应变片 1 M t ε = ε + ε ， 下表面应变片 2 M t ε = −ε + ε 。应变仪读数为 1 2 2 M ε = ε − ε = ε ，测点处的弯曲应变为 ε 1 εM = 。由胡 上的最大弯曲应力 2 克定律得到梁 σ M 为 = E ⋅ ε 1 。 b 所示的半桥接线法，可以自动补偿温度 应 片。 σ = E ⋅ε 2 M M 讨论：图 效 ，无需接入温度补偿 解 II：也可采用图 c 的布片方案和图 d 的全桥接桥方案，这时，各应变片感受的应变分别为 ε1 = εM + εt ； ε2 = −εM + εt ； ε3 =－µεM + εt ； ε4 = µεM + εt ； 1 2 3 4 M 应变仪的读数为ε = ε − ε − ε + ε = 2(1+ µ)ε 2

梁的最大弯曲应变和应力分别为 E 讨论:(1)全桥桥接线法可以自动补偿温度效应,无需接入温度补偿片。(2)比较图a、图 c两个测量方案,采用图c的方案精度较高,因为读数绝对值较大 3受偏心拉伸的矩形截面杆,如图所示。已知材料的弹性模量E和泊松比μ,截面宽度为b 高为h。要求用电测法测出拉力F和偏心距e,设计布片方式和接桥方案。 IM 题3图 解题分析:偏心拉伸变形为轴向拉伸变形和弯曲变形的组合。若能分别测出轴力F和弯矩 M,即可求出拉力F和偏心距e 解:在杆的上下表面沿纵向和横向各贴一片应变片,如图a所示。构件受偏心拉力F时, 各应变片感受的应变分别为 式中E为将F移至截面形心并单独作用时杆中各点的正应变,EM为弯矩M=Fe单独 作用时杆上下表面的正应变值 1、测轴向拉力F 将各个应变片接成图b所示的全桥。应变仪读数为:

梁的最大弯曲应变和应力分别为 2(1 ) 2(1 ) M σ M M µ ε = ⋅ = + = E ε µ ε ε + E ⋅ 讨论：（1）全桥桥接线法可以自动补偿温度效应，无需接入温度补偿片。（2）比较图 a、图 c 两个测量方案，采用图 c 的方案精度较高，因为读数绝对值较大。 3 受偏心拉伸的矩形截面杆，如图所示。已知材料的弹性模量 E 和泊松比 µ ，截面宽度为 b、 高为 h。要求用电测法测出拉力 F 和偏心距 e，设计布片方式和接桥方案。 M，即可求出拉力 解题分析：偏心拉伸变形为轴向拉伸变形和弯曲变形的组合。若能分别测出轴力 FN 和弯矩 F 和偏心距 e。 解：在杆的上下表面沿纵向和横向各贴一片应变片，如图 a 所示。构件受偏心拉力 F 时， 各应变片感受的应变分别为 , , 1 F M t 2 F M t ε = ε + ε + ε ε = ε − ε + ε 3 F M t 4 F M ε ε ε , ε ε + ε + ε = − − + = −µ µ t µ µ ε 式中 F ε 为将 F 移至截面形心并单独作用时杆中各点的正应变， Mε 为弯矩 单独 作用时杆上下表面的正应变值。 轴 M = Fe 1、测 向拉力 F 将各个应变片接成图 b 所示的全桥。应变仪读数为： (c) 题 3 图 (b) (a) h b 3

E=E1-E3+g2-64 =(c+cM+E1)-(-11-Ex+E)+(c-Ex+E1)-(-AE+Ex+E1) 2(1+u)E1 E 于是“-2(1+) 由胡克定律,得相应的正应力为a=E,c=E·E 所以拉力F大小为F=a.A=bhE (1+p) 2、测量弯矩M 将图a中各应变片按图c方案接成全桥,应变仪读数为: (CE+EM+ED-EF-EM+ED+(-HEE+AGM +E0-(-LEF-UEM +Eu 2(1 于是Ex= 2(1+) 代入胡克定律,并由弯曲正应力公式得弯矩为 M=o=WEE- bhE 2(1+p) M he 由关系M=Fe得偏心距e= F 68 讨论:通过设计桥路接线方式,可以利用桥路的“运算”功能,达到单测弯曲正应变或单测 拉压正应变的目的。 4圆截面直杆受扭矩T作用,已知材料的弹性模量E和泊松比p。(1)要测最大扭转切应 (a 题4图

F F M t F M t F M t F M t 1 3 2 4 ε ε ε ε 2 1 )ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε µ µ µ µ µ ε = + = + + − − − + + − + − − + + = − + − （ （ ）（ ）（ ）（ ） 于是 （ µ） ε + = 2 1 F ε 。 由胡克定律，得相应的正应力为 （ µ） ε σ + ⋅ = ⋅ = 2 1 F E E ε 所以拉力 F 大小为 F =σ ⋅ A = ε 2(1+ µ) bhE 2、 变片按图 c 方案接成全桥，应变仪读数为： 测量弯矩 M 将图 a 中各应 M F M t F M t F M t F M t 1 2 4 3 (ε ε ε ) (ε ε ε ) ( µε µε ε ) ( µε µε 2(1 ) ) ε ε ε ε ε ε µ ε = + + − = + + − − + + − + + − − − ′ = − + 于是 （ µ） ε + ′ = 2 1 Mε 。 代入胡克定律，并由弯曲正应力公式得弯矩为 = ⋅σ = ε = ε ′ 2 bh E M W W E 12(1 + µ) z z M 由关系 M = Fe 得偏心距 ε ε 6 ′ = = h F M e 。 讨论：通 算”功能，达到单测弯曲正应变或单测 作用，已知材料的弹性模量 过设计桥路接线方式，可以利用桥路的“运 拉压正应变的目的。 4 圆截面直杆受扭矩 T E 和泊松比 µ 。（1）要测最大扭转切应 题 4 图 (b) (a) (d) (c) 4

力rm,设计布片方案和接桥方案;(2)再附加弯矩,试设计布片方案和接桥方案,分别测 扭矩和弯矩的大小。 解题分析:圆截面直杆扭转时,表面上的任一点均处于纯剪切应力状态。如图a所示。主应 力σ1和σ3与母线的夹角分别为-45°和45°,且G1=-01=rm,可以通过测量G1(或3) 来求r。 解:1、半桥测量:在圆柱表面上与母线成-45°的方位,即主应变E1的方位贴一片工作片R R2为温度补偿片,贴在补偿块上。如图a。用R1和R2组成半桥,如图b所示。应变仪读 数即为-45°方向的主应变E1,由广义胡克定律 E1=1(01-a1)=1+x得 E 1+ 2、全桥测量:为了提高测量精度,也可采用图c所示的布片方案和图d所示的全桥接法 与主应力a1和a3对应的主应变E1、E3之间的关系为E1=-E3°应变片R1、R3感受主应 E 变E;R、R感受主应变E3应变仪读数:E=41,即:c1=- 由广义胡克定律:cm=0112e+3) E 3、弯扭组合作用时,扭矩的测量 为直接测出扭矩,可通过设计桥路接入方式,去除读数中弯矩引起的应变。布片方案 采用图e中贴法,则各片感受的应变为(没有写出温度应变)。 题4图 E=EM+ET, Er E=-a+E: E=

力 max τ ，设计布片方案和接桥方案；（2）再附加弯矩，试设计布片方案和接桥方案，分别测 扭矩和弯矩的大小。 ：圆截面直杆扭转时，表面上的任一点均处于纯剪切应力状态。如图 a 所示。主应 力 解题分析 σ 1 和σ 3 与母线的夹角分别为－45°和 45°，且 1 3 max σ = −σ =τ ，可以通过测量σ 1 （或σ 3 ） 来求 max τ 。 解：1、半桥测量：在圆柱表面上与母线成－45°的方位，即主应变 1 ε 的方位贴一片工作片 ， 为温度补偿片，贴在补偿块上。如图 a。用 和 组成半桥，如图 b 所示。应变仪读 数即为－45°方向的主应变 R1 R2 R1 R2 1 ε ，由广义胡克定律 1 3 max (σ µσ ) τ E E = − = 得 1 1 1 µ ε + max 1 1 ε E µ τ + = 。 2、全桥测量：为了提高测量精度，也可采用图c所示的布片方案和图d所示的全桥接法。 与主应力σ 1 和σ 3 对应的主应变 1 ε 、 1 3 ε = −ε 3 ε 之间的关系为 。应变片 R1 、R3 感受主应 变 1 ε ；R2、R4感受主应变 3 ε 。应变仪读数： 4 1 ε = ε ，即： 4 1 3 ε −ε = 由 胡克 ε = ， 广义 定律： ε µ µ µ µ τ σ (1 ) 4(1 ) ( ) 1 1 3 1 2 max 1 + = + + = − = = E ε E ε ε E 3、弯扭组合作用时，扭矩的测量 为直接测出扭矩，可通过设计桥路接入方式，去除读数中弯矩引起的应变。布片方案 采用图 e 中贴法，则各片感受的应变为（没有写出温度应变）。 ; ; (e) (f) 题 4 图 1 M T 2 ; M T 3 M T 4 M T ε ＝ε + ε ε ＝ε − ε ε ＝− ε + ε ε ＝− ε − ε 5

其中,EM为弯矩M引起的R1处(母线-45°方向上)的正应变;E1为扭矩T引起的 R1处的正应变。 采用图f接线法,则电桥读数为 E=E1+E3-E2-E4=4Er,E1 而 1÷沙tmE 1+7 所以r=EW624(+BD En 4图 4、弯扭组合变形时,弯矩的测量 将图c中各片按图g所示接入电桥,则电桥读数为g=4sx,EM=8,而 (1-)(1-p)M 2E 所以 1 EWE 5受弯曲、扭转组合变形的圆轴,在圆轴表面测点上贴一应变花,如图所示。实验测得应 变花的各个应变值分别为E=400×10°,E4s=250×10°,Es=-200×10°,材料的弹性 模量E=20GPa,泊松比p=0.28。计算圆轴表面该点的主应力大小和方向 Datas 题5图 解题分析:将应变花的0°敏感栅方向定位x轴,90°敏感栅方向定位y轴,则 Ex=Ep=400×10 E=E=-200×10 yx=E0°+9o° 400×10-6-200×10-6-2×250×10-6=-300×10 解:61=5x+6 x 2

其中， M ε 为弯矩 M 引起的 R1处（母线－45°方向上）的正应变； T ε 为扭矩T 引起的 处 采用图 f 接线法，则电桥读数为 R1 的正应变。 ε ε 4 1 T = 。 6 1 3 2 4 4 T ε = ε + ε − ε − ε = ε ， 而 p T max 1 1 W T E E µ τ µ ε + = + = ， 所以 ε µ ε µ ⋅ + ⋅ = + = 1 4(1 ) p T P EW EW T 4、弯扭组合变形时，弯矩的测量 将图 e 中各片按图 g 所示接入电桥，则电桥读数为 4 M ε = ε ， ε ε 4 1 M = ，而 EW M E 2 (1 ) 2 1 ) M σ µ µ ε − = − = （ ， 所以 1 − µ 2 1 − µ ε ε = = 1 2 EW M EW M 5 受弯曲、扭转组合变形的圆轴，在圆轴表面 实验测得应 变花的各个应变值分别为 400 10− ε = × ， ， ，材料的弹性 模量 测点上贴一应变花，如图所示。 6 0° 6 45 250 10− ε ° = × 6 90 200 10− ε ° = − × E =200GPa，泊松比 µ =0.28。计算圆轴表面该点的主应力大小和方向。 解题分析：将应变花的 0°敏感栅方向定位 (g) 题 4 图 题 5 图 1 3 90o 45o 0o x 轴，90°敏感栅方向定位 轴，则 200 10 400 10 − ° − ° = = − × = × ε ε ε y 400 10 200 10 2 250 10 300 10 − − − − = × − × − × × = − × y 6 90 6 = 0 ε x 0 90 45 2 = ° + ° − ° ε ε ε xy γ 6 6 6 6 解： 2 2 1 2 2 2 ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + + = x y x y xy ε ε ε ε ε γ

(400-200×10-6 400+200 300 10-6=435×10-6 200)×10 4000300-230 0=7m=3000-1:a=1317 主应变E1方向为从x轴逆时针旋转a。=13°17。主应力方向与主应变方向一致。 主应力值为 200×103MPa 0121-(e1+E3)-1-02382×(435-028×235)x10-6=80MPa (E3+∠E1) 200×10·MPa ×(-235+0.28×435)×10 24.6 MPa 6一直径为D的圆杆,受图示集中力F作用。今用电阻应变仪测得圆杆正上方一点A处沿轴 线方向应变E1及与轴线成45°方向的应变E2,已知E=200GPa,=025,2m,D=100mm E1=1×103,E2=0.5×103,求F与a的值。 解题分析:F作用下圆杆为弯扭组合变形,A点 处弯矩为Fl,扭矩为Fa。 解:A点处弯曲正应力和扭转切应力分别为 F Fa 题6图 E1EWa1EπD31×10-3×200×10°Pax(10×102m)3 9820N 32F32×9820N×2m Dx×(0×102m2=20010Pa=20MPa

6 6 2 (400 200) 10 0 − − × ⎞ 6 2 10 435 10 2 300 2 400 20 2 − − ⎟ × = × ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ + ⎠ ⎜ ⎝ ⎛ + = + 6 6 6 2 2 2 2 3 2 2 2 ⎟ ⎠ ⎜ ⎝ ⎟ ⎠ ⎜ ⎝ 10 235 10 2 300 2 400 200 2 (400 200) 10 − − − ⎟ × = − × ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ + ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + − − × = ⎟ ⎞ ⎜ ⎛ ⎟ + ⎞ ⎜ ⎛ − − + = x y x y xy ε ε ε ε γ ε 2 1 (400 200) 10 300 10 tan 2 6 6 0 = + × × = − = − − x y xy ε ε γ α ； 13 17' 0 α = ° 。 主应变 1 ε 方向为从 x 轴逆时针旋转 13 17' 0 α = ° 。主应力方向与主应变方向一致。 主应力值为 (435 0.28 235) 10 80.1MPa 1 0.28 200 10 MPa ( ) 1 6 2 3 1 3 2 1 × − × × = − × + = − = − ε ε E µ µ σ ( 235 0.28 435) 10 24.6 MPa 1 0.28 200 10 MPa ( ) 1 6 2 3 3 1 2 3 × − + × × = − − × + = − = − ε ε E µ µ σ 6 一直径为D的圆杆，受图示集中力 F 作用。今用电阻应变仪测得圆杆正上方一点A处沿轴 线方向应变 1 ε 及与轴线成 45°方向的应变 2 ε ，已知 E =200 GPa，µ =0.25，l=2 m，D=100 mm， 1 ε =1×10-3， 2 ε =0.5×10-3，求 F 与a的值。 解题分析： F 作用下圆杆为弯扭组合变形，A 点 处弯矩为 ，扭矩为 。 解：A 点处弯曲正应力和扭转切应力分别为 1 a 2 题 6 图 Fl Fa p , W Fa W Fl σ x = τ x = ， E E W Fl x = = × 1 1 σ ε 98 0 N 32 2 m 3 3 9 -2 = − l l 2 32 π 1 10 200 10 Pa π(10 10 m) 3 1 1 × × × × × = = × = ε EW ε E D F 200 10 Pa 200 MPa π π (10 10 m) 6 3 2 3 = × = × × 32 32 × 9820 N × 2 m = = − σ x D Fl 7

又 E 2 1-a+(+)x2 1+ x1+0.25×200×10°Pa×0.5×10-31-0.25 ×200×10°Pal=20×10°Pa=20MPa 2 D320×10°Pax(10×102m)3 FF 9820N 7试通过电测法确定圆轴的工作载荷F。圆轴受力如图所示,F力作用在垂直轴线的平面 内,作用点在轴表面,作用线与圆周切线成α=30°角。轴的直径D=100mm,E=210GPa, μ=0.3。试在轴的表面上标出粘贴应变片(只限一片)的位置和方向。写出F力的计算公式, 并求当所测应变E=3×10时力F的大小 题7图 解题分析:力F作用在与轴线垂直的平面内,所以F力不会产生轴力;将F力向圆心简化, 得到主矢F和扭转力偶矩T=Fcos30° FD,圆轴发生弯曲、扭转组合变形。中性 轴为与F的方向垂直的直径。 解:如图b,在自由端横截面上画出中性轴,A点处为纯剪切应力状态,切应力由扭转切 应力和弯曲切应力组成,其大小为 F T=ITTF W. 3 A D 16 从A点出发,平行于轴线画直线AB,则AB线上任意点的应力状态都与A点相同。在 AB线上任一点沿45°方向粘贴应变片,其应变值应为

x x x x x σ x σ x σ = + s90° τ σ τ σ σ ° +τ ° = + − ° = − 2 2 co sin 90 2 2 又 45 45 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + + − =⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎡ ° = ° − − ° = + x − x E E ε σ µσ τ µ( 2 1 ( ) 1 45 45 45 ⎣ − x x x x E σ µ τ µ τ σ σ (1 ) 2 1 1 ) 2 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 1− − + x = E ° σ x µ ε µ τ 1 2 1 45 200 10 Pa] 20 10 Pa 20 MPa 2 1 0.25 [200 10 Pa 0.5 10 1 0.25 1 9 3 6 6 × × = × = − × × × × − + = − x τ 0.4 m 16 π(10 10 m) 9820N 20 10 Pa 16 π 3 6 -2 3 p = × × × = = × = D F F W a x x τ τ 7 试通过电测法确定圆轴的工作载荷 F 。圆轴受力如图所示， F 力作用在垂直轴线的平面 内，作用点在轴表面，作用线与圆周切线成α＝30° 角。轴的直径 D=100 mm，E =210 GPa， µ =0.3。试在轴的表面上标出粘贴应变片（只限一片）的位置和方向。写出 F 力的计算公式， 并求当所测应变ε = 3×10−6 时力 F 的大小。 解题分析：力 题 7 图 (a) (b) 45o 1 中性轴 30o F 作用在与轴线垂直的平面内，所以 F 力不会产生轴力；将 F 力向圆心简化， 得到主矢 F 和扭转力偶矩 FD D T F 2 4 3 = cos30°× = ，圆轴发生弯曲、扭转组合变形。中性 轴为与 F 的方向垂直的直径。 解：如图 b，在自由端横截面上画出中性轴， A 点处为纯剪切应力状态，切应力由扭转切 应力和弯曲切应力组成，其大小为 3 2 2 p T F π D 12.26 4 3 π 4 16 π 4 3 4 F D F D FD A F W T τ = τ +τ = + × = + × = AB 线上任意点的应力状态都与 A 点相同。在 3 从 A 点出发，平行于轴线画直线 AB，则 AB 线上任一点沿45° 方向粘贴应变片，其应变值应为 8

6(o10)=Ex,从而得到=1+P 又因为x=126F,故 兀D2D261E_×(10×102m)2×210×10°Pa =4139×105a1N 12.2612.26(1+4) 12.26×(1+0.3) 当测得E1=3×10“时,F=4139×105N×3×106=12432N 讨论:测量前正确分析测点处的应力状态十分重要。 8壁厚为δ=10mm,直径D=lm的锅炉受内压p,如图所示。材料弹性模量E=2l0GPa μ=0.28,由电桥原理,为使温度引起的电阻变化,得以自动补偿,如图接线。试验时,内 压由0升为p时,电阻应变仪读数为580×106。求内压p 题8图 解题分析:δ<D/20,所以该锅炉可看作薄壁压力容器。薄壁圆筒表面任一点处为二向应 力状态。设应变片R处应变为E1,应力为a1;应变片R2处应变为E2,应力为G2 解:对薄壁圆筒来说,其筒壁上任意点处主应力为a1=(周向)和a2=(轴向) 26 6 由广义胡克定律,有 E1=[1-02lE2=[2-Ho1] 应变仪读数为E=E1-E2=580×10 于是有 580×10 580×10×4×210×10°Pa×10×10m=381×10°Pa=381MPa lmx(1+0.28)

µ τ τ µ 1 = (σ 1 − µσ 3 ) = E E ε 又因为 + = + 1 , 1 1 ε1E 从而得到 2 π 12.26 D τ = ，故 F 4139 10 N 12.26 (1 0.3) π π π (10 10 m) 210 10 Pa 5 2 2 9 1 2 2 ε ε D D ε E F = × × × × × = = = − τ 12.26 12.26(1 ) 1 1 + µ × + 当测得 时， 讨论：测量前正确分析测点处的应力状态十分重要。 8 壁厚为 6 1 3 10− ε = × 4139 10 N 3 10 1243.2 N 5 -6 F = × × × = δ＝10 mm ，直径D=1 m的锅炉受内压p，如图所示。材料弹性模量 E =210 GPa， µ =0.28，由电桥原理，为使温度引起的电阻变化，得以自动补偿，如图接线。试验时，内 压由 0 升为p时，电阻应变仪读数为 580×10-6。求内压p。 解题分析： 题 8 图 δ < D / 20 ，所以该锅炉可看作薄壁压力容器。薄壁圆筒表面任一点处为二向应 力状态。设应变片 R1 处应变为 1 ε ，应力为σ 1；应变片 R2 处应变为 2 ε ，应力为σ 2 。 解：对薄壁圆筒来说，其筒壁上任意点处主应力为 δ σ 2 1 = （周向）和 pD δ σ 4 2 = （轴向）。 pD 由广义胡克定律，有 [ ] 1 [ ] 1 1 = σ 1 − µσ 2 2 = σ 2 − µσ 1 E ε E ε ， 6 1 2 580 10− 应变仪读数为 ε = ε − ε = × 6 580 10 4 1 − × = × + δ µ pD E 于是有 3.81 10 Pa 3.81MPa 1m 1 0.28 580 10 4 210 10 Pa 10 10 m 6 6 9 3 = × = × + × × × × × × = − − （ ） p 9

9水轮机主轴承受轴向拉伸与扭转的联合作用,如图a所示。为测定拉力F和扭矩T,在主 轴上沿轴线方向和与轴线夹角45° 的方向各贴一电阻应变片。现测得 主轴等速转动时,轴向应变平均值 Eo=25×10,45°方向应变平均 值E4=140×10。已知轴的直径 D=300mm,材料的弹性模量E=210 GPa,泊松比=028。试求拉力F 和扭矩T。 解题分析:主轴在拉伸与扭转的联合作用下,外表面各点的应力状态如图b所示。沿轴线方 向应变片测得的应变只与轴向拉力有关;45°方向应变片测得的应变由两部分组成:一是由 轴力引起的,二是由扭矩引起的 解:1、计算轴向拉力 轴向拉伸正应力 F 4F A E EI D2 D2 210×10Paxx×(0m)225x1056 371×10·N 2、计算扭矩 将图b所示应力状态分解为单向拉伸应力状态和纯剪切应力状态,如图c所示。则容易 求得45°和135°方向的正应力为

9 水轮机主轴承受轴向拉伸与扭转的联合作用，如图 a 所示。为测定拉力 F 和扭矩 T，在主 的方 现测得 主轴等速转动时，轴向应变平均值 ° ε 应变平均 值 10− ε 。已知轴的直径 D=300 mm，材料的弹性模量 轴上沿轴线方向和与轴线夹角 45° 向各贴一电阻应变片。 6 25 10− 90 = × ，45°方向 6 45 140 ° = × E =210 GPa，泊松比 µ =0.28。试求拉力 F 和扭矩 T。 解题分析：主轴在拉伸与扭转的联合 向应变片测得的应变只与轴向拉力有 是由扭矩引起的。 解： 力 轴向拉伸正应力 (a) (c) 3 (b) 1 题 9 图 作用下，外表面各点的应力状态如图 b 所示。沿轴线方 关；45°方向应变片测得的应变由两部分组成：一是由 轴力引起的，二 1、计算轴向拉 2 A σ = = π 4 D F F 2 90 E ε ° = π 4 E D F = σ 371 10 N 25 10 4 210 10 Pa π (0.3m) π 6 90 2 × × × × × = = − ° ε E D F 4 3 9 2 = × 2、计算扭矩 将图 b 所示应力状态分解为单向拉伸应力状态和纯剪切应力状态，如图 c 所示。则容易 求得 45° 和135° 方向的正应力为 10