华中科技大学材料力学课后习题解答

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1、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2-1,2-2332121F2F3FFF3F332121F3FNFFN2FOxFOxFF150N3F故最大正应力为:-6215MPa故最大正应力为：45MPaA1010mA(a)(b)213212FF2FqFa2FF1213a2aaFN3FFNF2FFOxOx3F2F故最大正应力为：45MPa2FA故最大正应力为：30MPa(c)A(d)2-3如下图，对小手臂部分做受力分析，可求得：FW10F故肱二头肌中所受应力为：F1500N2.

2、5MPaW23cmA600mm30cm30cm2-4F20100MPaa=135°时：1350cos13550MPabh11350sin213550MPacos45250MPa2450a=45°时：cos213550MPa11350450sin24550MPaa=-135°时：121350sin213550MPacos24550MPa2450a=-45°时：1450sin24550M

3、Pa各截面受力如图：2bFFh2-5角度为a的斜截面上的正应力和切应力分别为：n210cosa0sin2a2FaF要使2粘接面21则有0cosa20sin2a20sincosaa2cosaa2sin12=arctan0.5=arcsina=arccos552-6对刚性杆AB列平衡方程：12N1N2F0:N30Ny3l3Fx0,MA()0:N12NF2AFBCNlAFBll0.476mml2l2由胡克定律：l3012EA结构中A点位移受约束，B点无约束，因此C点位移受A，

4、B两点位移影响。而A，B点的纵向位移相同，Al1因此C点纵向位移由图知与A点纵向位移相同：Al0.476mmC2-7建立图示坐标系，在x处横截面dd截面半径为：rxxlld截面面积为：Ax22rxttxlxl在x处横截面上所受的外力则为截面以l上所有体积的重力FxFxVxggAxdxXX0在x处横截面上所受的正应力和轴向伸长分别为xxldx2Fxgl02dxgxlAxxl2xlxxx2xgllx

5、xdxdxxldxE2Exl000g22x2xl2lnlxl4E对该函数取一阶倒数，可知该函数没有dxgl210极值，为一个单调递增的函数，在x最dx2xl2大的地方取最大值。3gl22gl因此maxlg此处轴向变形为ll32ln20.40344EE2-8对A点列平衡方程：NN22F1CF0:Nsin45=Nsin30N1==18.1kNx121+3ABFy0:N12cos45+Ncos30=

6、FN=2F=25.6kN2F1+330由胡克定律：45Nl4Nl418.1kN1sin45m1111Al1=2=22=1.078mm1m0.8mEA11Ed210GPa3.1412(mm)F425.6kN0.8mNl224Nl22sin30l===1.105mm2222EA22Ed210GPa3.1415(mm)分析A点位移，A点位移后的位置为A’点。A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：APAP45AAxl30l12因为：

7、RP+PQ=RQAQ-ARRPAll12Q所以有：Axtan30+Axtan45-Ax=0.159mmcos45cos30正号表示A’点与假设的位置相同，因此有：l2=AR+RP+tan30=1.367mmAAxcos302-9Fy对A点列平衡方程：Al23FFy0:kydyFk3l0l在y处截面的内力为：2fkyy213F3yNykydyky=y33l0f由胡克定律，在y截面的应变为：NyF3y3EEAEAl地桩总的缩短量为：llF3Fldyyd

8、y3EAl4EA002-17l对A点列平衡方程：AN2BN1Fx0:N12Ncos45NF150kNFAFy0:FN2sin45NF2250kNF45杆1的应力校核：