《工程力学》课程教学资源（习题指导，C）精选题八 应力状态、强度理论（附答案）

应力状态强度理论 40 MPa 1.图示单元体,试求 (1)指定斜截面上的应力 (2)主应力大小及主平面位置,并将主平面标在单元体上。 100 MPa 解:(1)a--2 2cos, sin 2a=766 MPa sin 2a+T cos 20 =-32. 7 MPa (2) MPa 39.35 2 2 121.98 1=8198MPa,a2=0,a3=-12l.98MPa arctan( arctan =39.35 2.某点应力状态如图示。试求该点的主应力 解:取合适坐标轴令σ,=25MPa,r,=-1299MPa 由x=2.-,sm2a+ T cOS2a=0得a,=-125Ma25 0+O 所以 )2+rn2 50±√752+(-129)2=-50±150100 -200 100MPa,σ,=0,a3=-200MPa 3.一点处两个互成45°平面上的应力如图所示,其中σ未知,求该点主应力。 解:σ,=150MPa,t=-120MP H t == sin 2a+T cos 2a= C-150 80 80 MPa 2 得σn=-10MP 120 MPa

90 应力状态 强度理论 1. 图示单元体，试求 (1) 指定斜截面上的应力； (2) 主应力大小及主平面位置，并将主平面标在单元体上。 解：(1) cos 2 sin 2 76.6 MPa 2 2 − = − + + =          x x y x y sin 2 cos 2 32.7 MPa 2 + = − − =        x x y (2) 2 2 min max ) 2 ( 2 xy x y x y        + −  + = 121.98 81.98 − = MPa 1 = 81.98 MPa， 2 = 0， 3 = −121.98 MPa  39.35 40 200 arctan 2 1 ) 2 arctan( 2 1 0 = = − − = x y xy     2. 某点应力状态如图示。试求该点的主应力。 解：取合适坐标轴令  x = 25 MPa， x = −129.9 MPa 由 sin 2 cos 2 0 2 120 + = − =       xy x y  得  y = −125 MPa 所以 2 2 min max ) 2 ( 2 xy x y x y        + −  + = 200 100 50 75 ( 129.9) 50 150 2 2 − = −  + − = −  = MPa  1 =100 MPa， 2 = 0， 3 = −200 MPa 3. 一点处两个互成  45 平面上的应力如图所示，其中  未知，求该点主应力。 解： y = 150 MPa， x = −120 MPa 由       sin 2 cos 2 2 45 xy x y + −  = 80 2 150 = − − =  x 得  x = −10 MPa 40MPa 100 MPa  60  1 3  39.35 200 129.9 129.9  60  60 25 25 (MPa)  80 MPa 120MPa 150MPa  45

0.+ 所以 04s b=-45 214.22 74.22 G1=21422MPa,a,=0,σ3=-7422MPa 4.图示封闭薄壁圆筒,内径d=100mm,壁厚t=2mm,承受内压p=4MPa, 外力偶矩M=0.192kN·m。求靠圆筒内壁任一点处的主应力 0.192×103 解: (0.1042-01)x005=575MPa a.=P=100 MPa Omax=ox+ox+.ox-o 100.7 MPa 2 2 49.35 100.7MPa,a2=49.35MPa MPa 5.受力体某点平面上的应力如图示,求其主应力大小。 解:取坐标轴使a4=100MPa,r1=20MPa 40 MPa 100 MPa ,+0,O、-0 20 MPa 2cos 2a-T sin 2a 100+.100-0 cos120°-20sin120°=40 得σn=43.MPa 106.33 )2 MPa 1=10633MPa,a2=36.77MPa,a3=0

91 所以 2 2 min max ) 2 ( 2 xy x y x y        + −  + = 74.22 214.22 − = MPa  1 = 214.22 MPa， 2 = 0， 3 = −74.22 MPa 4. 图示封闭薄壁圆筒，内径 d =100 mm，壁厚 t = 2 mm，承受内压 p = 4 MPa， 外力偶矩 Me = 0.192 kN·m。求靠圆筒内壁任一点处的主应力。 解： 0.05 5.75 32 π(0.104 0.1 ) 0.192 10 4 4 3  = −   x = MPa 50 4 = = t pd  x MPa 100 2 = = t pd  y MPa 49.35 100.7 ) 2 ( 2 2 2 min max + = −  + = xy x y x y        MPa 1 =100.7 MPa， 2 = 49.35 MPa， 3 = −4 MPa 5. 受力体某点平面上的应力如图示，求其主应力大小。 解：取坐标轴使  x = 100 MPa， x = 20 MPa          cos 2 sin 2 2 2 x x y x y − − + + = cos120 20sin 120 40 2 100 2 100 − = − + + = y y     得  y = 43.1 MPa 2 2 min max ) 2 ( 2 xy x y x y        + −  + = 36.77 106.33 = MPa 1 =106.33 MPa， 2 = 36.77 MPa， 3 = 0  x y      = −45  45  45  45 Me Me t p 40 MPa  120 20 MPa 100 MPa

6.某点的应力状态如图示,求该点的主应力及最大切应力。 O.+ 解: 2)2+r 30-20 252+402=5±47.16 42.16 (MPa) 所以a1=522MPa,a2=10MPa,a3=-42.16MPa 01-03=472MPa 7图示工字形截面梁AB,截面的惯性50从N 矩L=72.56×106m4,求固定端截面 0.75m 翼缘和腹板交界处点a的主应力和主方 向。 50×103×0.75×007 =367MPa(压应力) 72.56×10 50×103×150×30×85×10 =8.8 MPa 003×7256×10-6 0m、σ2+少 1=203MPa,a2=0,3=-382MPa 2×8.8 ao=arctan( ) =arctan Ox-6, 36.17 8图示矩形截面拉杆受轴向拉力F,若截面尺寸b、h和材料的弹性模量E,泊 松比v均已知,试求杆表面45°方向线段AB的改变量ML8=? 解 F (a=45°) b 26h 26h F 所以E4=E2bh2b2Eh~p) F 45° v)= 2Ebk 2Eb

92 6. 某点的应力状态如图示，求该点的主应力及最大切应力。 解： 2 2 min max ) 2 ( 2 xy x y x y        + −  + = 42.16 52.16 25 40 5 47.16 2 30 20 2 2 −  + =  = − = MPa 所以 1 = 52.2 MPa， 2 =10 MPa， 3 = −42.16 MPa 47.2 2 1 3 max = − =    MPa 7. 图示工字形截面梁 AB ，截面的惯性 矩 6 72.56 10− I z =  m 4 ，求固定端截面 翼缘和腹板交界处点 a 的主应力和主方 向。 解： 36.17 72.56 10 50 10 0.75 0.07 6 3 =     = −  MPa（压应力） 8.8 0.03 72.56 10 50 10 150 30 85 10 6 3 9 =        = − −  MPa 2 2 min max ) 2 ( 2 xy x y x y        + −  + = 38.2 2.03 − = MPa 1 = 2.03 MPa， 2 = 0， 3 = −38.2 MPa  77.05 36.17 2 8.8 arctan 2 1 ) 2 arctan( 2 1 0 = −  = − − = x y xy     8. 图示矩形截面拉杆受轴向拉力 F ，若截面尺寸 b 、h 和材料的弹性模量 E ，泊 松比  均已知，试求杆表面  45 方向线段 AB 的改变量  = LAB ？ 解： bh F  x = ， y = 0， xy = 0 bh F 2   = ， bh F 2 2 = +   （   = 45 ） 所以 (1 ) 2 ) 2 2 ( 1 45 v Ebh F bh F bh F E   = − = − Eb F Ebh F LAB AB h 2 2 (1 ) (1 ) 2 2 45    −  =  =  − = 40 30 10 20 (MPa) 50 kN A B 0.75m 30 30 30 140 150 z y a 3  77.05  a a 1  45 A B F b h

9.一边长为50mm的正方形硬铝板处于纯剪切状态,若切应力r=80MPa,并 已知材料的弹性模量E=72GPa,泊松比ν=0.34。试求对角线AC的伸长量。 解 -80 MPa (80+0.34×80)=1.48×10 2 M=5√2×148×10-3=000105mm 10.一变形体A四周和底边均与刚性边界光滑接触,上边受均布压力a。已知材 料的的弹性模量E,泊松比ν,求竖向和水平方向上的应变和应力 解:a,=-0o,σ,=0:,E=E2=0 [an-v(an+a,月=0,得到a= A 2v a,-H(a+a)=[-a0-以(, (1 1l.设地层由石灰岩组成,其密度p=25×103kgm3,泊松比v=02。计算离 地面200m深处的地压应力。 解:a,=-25×103×98×200=-49MPa 0 200 Ex=[ox-0.2×(-4.9+a)=0 得到=σ.=-1.22MPa 12.一体积为10×10×10mm3的立方铝块,将其放入宽为10mm的刚性槽中。 已知铝的泊松比v=0.33,求铝块的三个主应力 解 0 0.0l×0.01 由E2=(G2+0.33×60)=0得a2=-198MPa

93 9. 一边长为 50 mm 的正方形硬铝板处于纯剪切状态，若切应力  = 80 MPa，并 已知材料的弹性模量 E = 72 GPa，泊松比  = 0.34 。试求对角线 AC 的伸长量。 解： 80 45   = MPa， 80 135   = − MPa 3 45 9 (80 0.34 80) 1.48 10 72 10 1 − +  =     = LAC = 5 2 5 2 1.48 10 0.00105 3  =   = − LAC mm 10. 一变形体 A 四周和底边均与刚性边界光滑接触，上边受均布压力  0 。已知材 料的的弹性模量 E ，泊松比  ，求竖向和水平方向上的应变和应力。 解： y = − 0 ， x =  z ， x =  z = 0 [ ( )] 0 1 x = x − y + z = E      ，得到 1 0 − = =    x  z ) 1 2 )] (1 1 2 [ ( 1 [ ( )] 1 2 0 0 0              − = − − − = − + = − − E E E y y x z 11. 设地层由石灰岩组成，其密度 3  = 2.510 kg/m 3 ，泊松比  = 0.2 。计算离 地面 200m 深处的地压应力。 解： 2.5 10 9.8 200 4.9 3  y = −    = − MPa  x =  z ， x =  z = 0 [ 0.2 ( 4.9 )] 0 1 x = x −  − + z = E    得到  x =  z = −1.22 MPa 12. 一体积为 101010 mm 3 的立方铝块，将其放入宽为 10 mm 的刚性槽中。 已知铝的泊松比  = 0.33 ，求铝块的三个主应力。 解： 60 0.01 0.01 6 103 3 = −    = − MPa,  1 = 0 由 ( 0.33 60) 0 1  2 =  2 +  = E 得  2 = −19.8 MPa 1 3   45 A x y 0 200 m x z y F=6 kN

13.直径为D的实心圆轴,受外力偶M。作用如图。测得轴表面点A与轴线成4 方向的线应变为E,试导出用M、D、E表示的切变弹性模量G的表达式 解: 5:5△(1+)r,所以r=2GE 16M 又r ,所以G= TDE 14.直径d=100mm的圆轴,受轴向拉力F和力偶矩M作用。材料的弹性模量 E=200GPa,泊松比v=0.3。现测得圆轴表面的轴向线应变Eo=500×10°,45° 方向的线应变E=400×10,求F和M 解:F=EE0·A=785kN 设力偶矩引起的切应力为r G,=50+t,d,,=50 E-1s) 4200×109(50+)×106-0.3×(50-)×10°1 =400×10 z=346MPa,又rs、16M π×(0 1)3 45° M=68kN·m 15.直径d=100mm的实心钢球,受静水压力p=42MPa作用。求直径和体积 的缩减量。设钢球的弹性模量E=210GPa,泊松比v=03。 解:因为σ1=a2=03=-q=-42MPa 所以1-2 E1=[o1-V(02+,)=--16/10×103×3×42=-024×10 (G1+σ2+G3) (1-2×0.3) 8×10-5 210×10 得△V=O=-0.24×10-3×(2)×1003=-1257×10-2mm 6 Md=s1d=-8×10-5×100=-8×10-3mm

94 13. 直径为 D 的实心圆轴，受外力偶 Me 作用如图。测得轴表面点 A 与轴线成  45 方向的线应变为  ，试导出用 Me 、 D 、 表示的切变弹性模量 G 的表达式。 解： =  −  45 ，   = − 45  (1  ) 1 45 = + E  ，所以  = 2G 又 3 16 D Me   = ，所以 D E M G e 3 8  = 14. 直径 d =100 mm 的圆轴，受轴向拉力 F 和力偶矩 Me 作用。材料的弹性模量 E = 200 GPa，泊松比  = 0.3 。现测得圆轴表面的轴向线应变 6 0 500 10−  =  ，  45 方向的线应变 6 45 400 10−   =  ，求 F 和 Me 。 解： F = E 0  A = 785 kN 设力偶矩引起的切应力为   = + − 50 45 ， = 50 − 45 ( ) 1 45 45 45     =  − − E [(50 ) 10 0.3 (50 ) 10 ] 200 10 1 6 6 9 +  −  −   =   6 400 10− =   = 34.6 MPa，又 3 π (0.1) 16  = M  Me = 6.8 kN·m 15. 直径 d =100 mm 的实心钢球，受静水压力 p = 42 MPa 作用。求直径和体积 的缩减量。设钢球的弹性模量 E = 210 GPa，泊松比  = 0.3。 解：因为  1 =  2 =  3 = −q = −42 MPa 所以 3 1 2 3 3 3 42 0.24 10 210 10 (1 2 0.3) ( ) 1 2 −   = −   −  + + = − − =      E 5 1 1 2 3 3 8 10 210 10 16.8 [ ( )] 1 − = −   −  =  −  + = E 得 3 3 2 ) 100 1.257 10 6 0.24 10 ( − −  = = −    = −   V V mm 3 5 3 1 8 10 100 8 10 − − d =  d = −   = −  mm A  45 d Me Me F  F 45 Me Me   45   + 2   − 2  

16.边长a=100mm的立方体,已知弹性模量E=200GPa,泊松比v=0.3。如 将立方体沉入100m深的水中,求其体积变化。 解:因为σ1=a2=G3=-ph=-MPa 2 (σ1+2+3) E 200×10 3×(-3)=-6×10° ==--6×10-6×0.1×0.1×0.1=-6mm 17.图示拉杆,F,b,h及材料的弹性常数E、 v均为已知。试求线段AB的正应变和转角。 F F 解:σ, 4=013s-2bh 所以EAB==( EIO4s-VO1ss)-2bhE 又因为6=bhE'6,=bhE 所以 F(1+v bhebhe bhe 18.图示曲拐ABC在水平面内,悬臂端C处作用 铅垂集中力F。在上表面E处,沿与母线成45°方 向贴一应变片,已测得线应变E,求载荷F值 已知长度la、直径d及材料的常数E、v。 解:应力状态如图示,=32H,x=16a 所以Es=( 5° 2 所以F E545 (1-v)+16a(1+v) 19.三个弹性常数之间的关系:G=E[2(1+适用于 (A)任何材料在任何变形阶段 (B)各向同性材料在任何变形阶段 (C)各向同性材料应力在比例极限范围内:(D任何材料在弹性变形范围内。 答:C 20.一实心均质钢球,当其外表面处迅速均匀加热,则球心O点处的应力状态 (A)单向拉伸应力状态; (B)二向拉伸应力状态 (C)三向等值拉伸应力状态 (D)三向压缩应力状态 答:C

95 16. 边长 a =10 0 mm 的立方体，已知弹性模量 E = 200 GPa，泊松比  = 0.3 。如 将立方体沉入 100 m 深的水中，求其体积变化。 解：因为  1 =  2 =  3 = −gh = −1 MPa ( ) 1 2  1  2  3   + + − = E 6 3 ( 3) 6 10 200 10 1 0.6 −  − = −   − = 6 10 0.1 0.1 0.1 6 6  = = − −     = − − V V mm 3 17. 图示拉杆， F ，b ，h 及材料的弹性常数 E 、  均为已知。试求线段 AB 的正应变和转角。 解： bh F  x = ， bh F 2 45 135   =   = 所以 (1 ) 2 ( ) ! 45 135  =  − = − bhE F E AB   又因为 bhE F  x = ， bhE Fv y −  = 所以 bhE F v bhE v F bhE F AB (1 ) ( ) 45 +  =   = − + = − 18. 图示曲拐 ABC 在水平面内，悬臂端 C 处作用 铅垂集中力 F 。在上表面 E 处，沿与母线成  45 方 向贴一应变片，已测得线应变  45  ，求载荷 F 值。 已知长度 l、a、直径 d 及材料的常数 E、v。 解：应力状态如图示， 3 32 d Fl   = ， 3 16 d Fa   =    = + 2 45 ，    = − − 2 45 所以 ( ) ! 45 45 45    −  =  − v E 所以 16 (1 ) 16 (1 ) 3 45 l v a v E d F − + + =   19. 三个弹性常数之间的关系： G = E /[2(1+ )] 适用于 (A)任何材料在任何变形阶段； (B)各向同性材料在任何变形阶段； (C)各向同性材料应力在比例极限范围内； (D)任何材料在弹性变形范围内。 答：C 20. 一实心均质钢球，当其外表面处迅速均匀加热，则球心 O 点处的应力状态。 (A)单向拉伸应力状态； (B)二向拉伸应力状态； (C)三向等值拉伸应力状态； (D)三向压缩应力状态。 答：C h b P B A 45 F C B d l A E 45 a /2    /2

21.混凝土立方体试样作单向压缩试验时,若在其上、下压板面上涂有润滑剂, 则试样破坏时将沿纵向剖面裂开的主要原因 (A)最大压应力;(B)最大切应力;(C)最大伸长线应变;(D)存在横向拉应力。 答:C 22.已知单元体的主应力为σ,σ2,推证两相互垂直的截面上的正应力之和为 常数 证:a=+2+-02cos2a G1+2,G1 cos2(a+90) aa+B=a1+a2=常数得证。 23.受内压的薄壁圆筒,已知内压为p,平均直 径为D,壁厚为t,弹性常数为E、v。试确定圆 筒薄壁上任一点的主应力、主应变及第三、第四 强度理论的相当应力 解 0 44 D 44 4IE )==[0 41E Pl (G1-a2)2+(a2-a3)2+( 24.图示正方形截面棱柱体,弹性常数E、ν均为已知。试比较在下列两种情况 下的相当应力G3 (a)棱柱体自由受压 (b)棱柱体在刚性方模内受压。 解:( ,=0,σ

96 21. 混凝土立方体试样作单向压缩试验时，若在其上、下压板面上涂有润滑剂， 则试样破坏时将沿纵向剖面裂开的主要原因。 (A)最大压应力； (B)最大切应力； (C)最大伸长线应变； (D)存在横向拉应力。 答：C 22. 已知单元体的主应力为  1， 2 ，推证两相互垂直的截面上的正应力之和为 常数 。 证：        cos2 2 2 1 2 1 − 2 + + = cos 2( 90 ) 2 2 1 2 1 2  + − + + =          +  =  1 + 2 = 常数 得证。 23. 受内压的薄壁圆筒，已知内压为 p ，平均直 径为 D ，壁厚为 t ，弹性常数为 E 、 。试确定圆 筒薄壁上任一点的主应力、主应变及第三、第四 强度理论的相当应力。 解： t pD 2  1 = ， t pD 4  2 = ， 3 = 0 (2 ) 4 ) 2 4 ( 1 ( ) 1  1 =  1 −  2 = − = − tE pD t pD t pD E E (1 2 ) 4 ) 4 2 ( 1 ( ) 1  2 =  2 − 1 = − = −  tE pD t pD t pD E E tE pD t pD E E 4 3 ] 4 3 [0 1 [0 ( )] 1 3 1 2       − = − + = − = t pD 2  r3 =  1 − 3 = [( ) ( ) ( ) ] 2 1 2 3 1 2 2 3 2  r4 =  1 − 2 +  − +  − t pD 4 3 = 24. 图示正方形截面棱柱体，弹性常数 E 、 均为已知。试比较在下列两种情况 下的相当应力  r3 。 (a) 棱柱体自由受压； (b) 棱柱体在刚性方模内受压。 解：(a) 1 = 2 = 0， 3 = −  r3 =  1 − 3 =  1 2 D  p (a)   (b)

b)a3=-σ, E=E2=0 所以a1=a2= 所以σ1 vo 25.图示重W=1800N的信号牌,受最大水平风力 F=400N,立柱直径d=60mm。试用第三强度理论计 算立柱危险点处的相当应力。 解: w M A W=-10268 MPa T=9.43 MPa n3=G1-O3=2 a2+4r2=1044MF 26.纯剪切状态的单元体如图,则其第三强度理论相当应力 为 2 27.图示单元体所示的应力状态按第四强度理论,其相 当应力σ,为: 2 (A)30/2 (B)a/2; 28.第三强度理论和第四强度理论的相当应力分别为a,和σn4,对于纯剪切状 态,恒有Gn/G 答:2/3 29.按第三强度理论计算图示单元体的相当应 力 答:60MPa 50 MPa

97 (b)  3 = − ,  1 =  2 = 0 所以 (1 ) 1 2 − v = = −    所以 (1 ) (1 2 ) (1 ) r3 1 3          − − + = − = − = − 25. 图示 重 W =1800 N 的信号 牌， 受最大 水平 风力 F = 400 N，立柱直径 d = 60 mm。试用第三强度理论计 算立柱危险点处的相当应力。 解： = − − = −102.68 Wz M A W  MPa  = 9.43 MPa 4 104.4 4 2 2 2 2 2 r3 = 1 − 3 = + =  +  =     MPa 26. 纯剪切状态的单元体如图，则其第三强度理论相当应力 为 。 答：  2 r3 = 27. 图示单元体所示的应力状态按第四强度理论，其相 当应力 4  r 为： (A) 3 / 2 ； (B)  / 2 ； (C) 7 / 2 ； (D) 5 / 2。 答：C 28. 第三强度理论和第四强度理论的相当应力分别为  r3 和  r4 ，对于纯剪切状 态，恒有  r3 / r4 = 。 答： 2/ 3 29. 按第三强度理论计算图示单元体的相当应 力  r3 = 。 答：60 MPa P y 1 m 3m F x z  =   /2  20 MPa 30 MPa 50 MPa

30.图示单元体,第三、四强度理论的相当应力分别为 答 31.图示为承受气体压力p的封闭薄壁圆筒,平均直径为D,壁厚为t,气体压 强p均为已知,用第三强度理论校核筒壁强度 的相当应力为aa 答: 32.铸铁轴向受压时,沿图示斜面破坏,试用莫尔强度理论解释 该破坏面与竖直线夹角应大于45还是小于45°? 证:利用莫尔理论作极限莫尔圆、包络线和应力圆与单元体间 的对应关系来解释。单元体上的O-O面对应于应力圆上的点 O,以此为基准面及基准点。根据莫尔理论由极限莫尔圆得到 的包络线与单向受压极限莫尔圆 的交点G(即破坏点)可以观出 OG圆弧对应的圆心角 包络线 2<π/2。由点面对应关系而知 这时在单元体上的破裂面与竖直 线间的夹角Q<π/4。 2q<π2 33.试用强度理论证明铸铁在单向压缩时的强度条件为σ≤[σ-] 所以σ1 所以σ≤[]

98 30. 图示单元体，第三、四强度理论的相当应力分别为  r3 = ， r4 = 。 答： 2 2  + 4 ， 2 2  + 3 31. 图示为承受气体压力 p 的封闭薄壁圆筒，平均直径为 D ，壁厚为 t ，气体压 强 p 均为已知，用第三强度理论校核筒壁强度 的相当应力为  r3 = 。 答： t pD 2  r3 = 32. 铸铁轴向受压时，沿图示斜面破坏，试用莫尔强度理论解释 该破坏面与竖直线夹角  应大于  45 还是小于  45 ？ 证：利用莫尔理论作极限莫尔圆、包络线和应力圆与单元体间 的对应关系来解释。单元体上的 O −O 面对应于应力圆上的点 O ，以此为基准面及基准点。根据莫尔理论由极限莫尔圆得到 的包络线与单向受压极限莫尔圆 的交点 G （即破坏点）可以观出 OG 圆弧对应的圆心角 2  π / 2 。由点面对应关系而知 这时在单元体上的破裂面与竖直 线间的夹角   π / 4。 33. 试用强度理论证明铸铁在单向压缩时的强度条件为 [ ] −    。 证： 1 = 0， 3 = − 所以 [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 1 3 + − + − + − =          所以 [ ] −    t p D F  G C2 O C1 2< /2 π 包络线   o o    45   