第03章 轴向拉压变形(张)
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第3章 轴向拉压变形
第三章轴向拉压变形研究目的：1、分析拉压杆的拉压刚度；2、求解简单静不定问题。
东汉经学家郑玄(127—200)对《考工记·弓人》中“量其力，有三均”作了这样的注释：“假令弓力胜三石，引之中三尺，弛其弦，以绳缓擐之，每加物一石，则张一尺。
”(图)2) 计算横向应变计算横向变形3）预紧力：)(5.54kN A N =⋅=σ33'1015.0105.03.0--⨯-=⨯⨯-=-=μεεmmd d 015.010*******.033'-=⨯⨯⨯-=⋅=∆--ε例：螺栓•M12螺栓内径d 1=10.1mm ，拧紧后在计算长度l =80mm内伸长 l =0.03mm 。
E ＝210GPa ，求应力和螺栓的预紧力。
3-2 桁架的节点位移节点P ，试)BC()EAl P 122+=CB•静不定的求解：根据静力学平衡条件确定结构的超静定次数，列出独立的平衡方程；然后根据几何、物理关系列出需要的变形补充方程；则可解静不定问题。
补充方程：为求静不定结构的全部未知力，除了利用平衡方程以外，还必须寻找补充方程，且使补充方程的数目等于多余未知力的数目。
•根据变形几何相容条件，建立变形几何相容方程，结合物理关系（胡克定律），则可列出需要的补充方程。
归纳起来，求解静不定问题的步骤是：(1)．根据分离体的平衡条件，建立独立的平衡方程；(2)．根据变形协调条件，建立方程补充方程(3)．利用胡克定律，改写补充方程；(4). 联立求解以上计算表明，在静不定结构中，温度应力是一个不容忽视的因素。
在铁路钢轨接头处、混凝土路面中，通常都留有空隙；高温管道隔一段距离要设一个弯道，都为考虑温度的影响，调节因温度变化而产生的伸缩。
如果忽视了温度变化的影响，将会导致破坏或妨碍结构物的正常工作。
如杆为钢杆，αl =1.2⨯10-5/(o C), E =210GPa, 如温度升高∆t =40 o C ，杆内的温度应力为压应力）MPa(100=∆=t E l ασ。
ch3轴向拉压变形(3rd)
第三章 轴向拉压变形3-2 一外径D=60mm 、内径d =20mm 的空心圆截面杆，杆长l = 400mm ，两端承受轴向拉力F = 200kN 作用。
若弹性模量E = 80GPa ，泊松比μ=0.30。
试计算该杆外径的改变量∆D 及体积改变量∆V 。
解：1. 计算∆D 由于 EAF D DεEAF εμμε-=-=='=Δ ， 故有0.0179mmm 1079.1 m 020.00600(π1080060.01020030.04)(π4Δ5229322-=⨯-=-⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯-=--=-='=-）.d D E FD EA FDD εD μμ2.计算∆V变形后该杆的体积为 )21()1)(1(])()[(4π)(222εεV εεAl d εd D εD l l A l V '++≈'++='+-'++=''='ε故有337393mm 400m 1000.4 )3.021(m 1080400.010200)21()2(Δ=⨯=⨯-⨯⨯⨯=-='+=-'=-μE Fl εεV V V V 3-4 图示螺栓，拧紧时产生l ∆=0.10mm 的轴向变形。
已知：d 1= 8.0mm ，d 2= 6.8mm ，d 3 = 7.0mm ；l 1=6.0mm ，l 2=29mm ，l 3=8mm ；E = 210GPa ，[σ]=500MPa 。
试求预紧力F ，并校核螺栓的强度。
题3-4图解：1.求预紧力F各段轴力数值上均等于F ，因此， )(π4)(Δ233222211332211d l d l d l E F A l A l A l E F l ++=++=由此得kN 6518N 108651N )007.0008.00068.0029.0008.0006.0(41010.010210π)(4Δπ422239233222211..d l d ld l l E F =⨯=++⨯⨯⨯⨯⨯=++=-2.校核螺栓的强度514MPa Pa 1014.5m 00680πN 1065.184π4822322min max =⨯=⨯⨯⨯===.d F A F σ此值虽然超过][σ，但超过的百分数仅为2.6％，在5％以内，故仍符合强度要求。
材料力学ch3-拉压变形
FN2 F2
F2 ( l1 l2 ) F1l1 ( l )分段 EA EA
2. 分解载荷法
F2 ( l1 l2F ) ( lF1 l1 l ) F l 1 1 )分段 l 2 1 2 lF1( l F2 EA EA EA EA
( l )分解载荷 lF1 lF2
FN2 F ( 压缩)
FN1 l1 2F 2l 2Fl ( 伸长) l1 EA E1 A1 EA
FN2 l2 Fl l 2 (缩短) E2 A2 EA
2. 作图法求节点位移 圆弧法 作圆弧A1A’、A2A’ 切线代圆弧法 将圆弧A1A’用 其切线A1A3代替 3. 节点位移计算
l
A1
B
A
l f A l cos a l tg a sin a AA cos a
(l l ) A1 B A1 A
切线代圆弧
节点位移分析
图示桁架，试求节点 A 的水平与铅垂位移， 已知 ：E1A1= E2A2=EA，l2=l
1. 轴力与变形分析
FN1 2F ( 拉伸)
横截面内任一点， 任意面内方向上的应变
横向变形与泊松比 泊松比
'
试验表明：在比例极限内，’ ，并异号
－泊松比 (横向变形系数）
Poisson’s Ratio
0 0.5
• 对于绝大多数各向同性材料
• 弹性理论证明： 等温下各向同性线弹性材料 1 0.5
线弹性杆的拉压应变能V来自ε WF l V ε 2 EA
2 N
拉压与剪切应变能密度
拉压应变能密度
dV ε
dxdz dy
2
03轴向拉伸与压缩2-拉压变形胡克定律
上次课程内容回顾
§2-3 应力。拉（压）杆内的应力
• 1.应力的概念 • 2.横截面的应力 • 3.圣文南原理
横截面上的应力
F σ = A
N
该式为横截面上的正应 力σ计算公式。正应力σ和 轴力FN同号。即拉应力为正， 压应力为负。
目录
§2-3 应力。拉（压）杆内的应力
A 1
45°
例题2-2
C
2
FN 1
FN 2 = −20kN
目录
=0
FN 1 = 28.3kN
§2-3 应力。拉（压）杆内的应力
A 1
45°
FN 1 = 28.3kN
FN 2 = −20kN
2、计算各杆件的应力。
B
C
2
FN 1
FN 2 45°
y
B F
F
FN 1 28.3 ×103 σ1 = = = A1 π × 20 2 ×10 −6 4 90 ×106 Pa = 90MPa
1
2
αα
A1
即
由变形图即确定结点A 的位移。由几何关系得
A' A 2 A''
A A1 A A2 A A′ = = cos α cos α
∆l1 ∆l2 2 Fl = ∆A = = cosα cosα Eπd 2 cos 2 α
3 3
代入数值得
2(100 × 10 N)(2 × 10 mm) ∆A = (210 × 103 MPa )[ π × (25mm) 2 ] cos 2 30o = 1.293mm(↓)
∆L = ∆LAB + ∆LBC 2PL PL =+ EA EA PL =EA
§2-4 拉压杆的变形
§2-3 应力。拉（压）杆内的应力
• 1.应力的概念 • 2.横截面的应力 • 3.圣文南原理
横截面上的应力
F σ = A
N
该式为横截面上的正应 力σ计算公式。正应力σ和 轴力FN同号。即拉应力为正， 压应力为负。
目录
§2-3 应力。拉（压）杆内的应力
A 1
45°
例题2-2
C
2
FN 1
FN 2 = −20kN
目录
=0
FN 1 = 28.3kN
§2-3 应力。拉（压）杆内的应力
A 1
45°
FN 1 = 28.3kN
FN 2 = −20kN
2、计算各杆件的应力。
B
C
2
FN 1
FN 2 45°
y
B F
F
FN 1 28.3 ×103 σ1 = = = A1 π × 20 2 ×10 −6 4 90 ×106 Pa = 90MPa
1
2
αα
A1
即
由变形图即确定结点A 的位移。由几何关系得
A' A 2 A''
A A1 A A2 A A′ = = cos α cos α
∆l1 ∆l2 2 Fl = ∆A = = cosα cosα Eπd 2 cos 2 α
3 3
代入数值得
2(100 × 10 N)(2 × 10 mm) ∆A = (210 × 103 MPa )[ π × (25mm) 2 ] cos 2 30o = 1.293mm(↓)
∆L = ∆LAB + ∆LBC 2PL PL =+ EA EA PL =EA
§2-4 拉压杆的变形
材料力学-3轴向拉压变形.
A
L1
B L1
L2 uB F
L2
vB
C B'
解：变形图如图2， B点位移至B'点，由图知：
vB
L1c tg
L2
sin
uB L1
例3：试定性画出图示结构中节点B的位移图。
1
2
α B
P
N2
N1
α B
P
1
2
α
α B’
B ΔL2 B2
例4 设横梁ABCD为刚梁，横截面面积为 76.36mm²的钢索绕过 无摩擦的定滑轮。设 P=20kN，试求刚索的应力和 C点的垂直 位移。设刚索的 E =177GPa。
由此可见：两解相同，即几个载荷同时作用所产生的总效果， 等于各载荷单独作用所产生的效果的总和。 ——力的叠加原理(线代数方程)
适用范围：(物理线性、几何线性、小变形)。 叠加原理：将复杂问题可化为许多简单问题叠加。
例1： 受拉空心圆杆内周长是变大还是变小，改变量多少？ P
解：
E
P AE
4P D2 d 2
A1.5EAB 2EA C
D EA E EA F
4P
刚体
5P
2P
a
a
a
a
a
解：
§3－2 桁架的节点位移
一、 小变形放大图与位移的求法。 1、怎样画小变形放大图？
A
B
求各杆的变形量△Li ，如图；
L1
L2
C
变形图严格画法，图中弧线；
L2 P L1 C' C"
变形图近似画法，图中弧之切线。
2、写出图2中B点位移与两杆变形间的关系
A 76.36
A
建筑力学第3章轴向拉伸与压缩
A
F
x
0
FN 1 cos 45 FN 2 0
FN 2 45° B
F
x
F
45°
y
0
B F
C
FN 1 sin 45 - F 0
FN 1 28.3kN FN 2 -20kN
A
2、计算各杆件的应力。
45°
C
B
FN 1 28.3 10 90MPa A1 20 2 4
斜截面上全应力：
p 0 cos
k
③pa 分解为：
p
P
P
p cos 0 cos 2
p sin 0 cossin
0
2
k
k
sin2
P
P
k
反映：通过构件上一点不同截面上应力变化情况。 当 = 0时， 当 = 90°时， 当 = ±45°时， 当 = 0,90°时，
Ⅱ段柱横截面上的正应力
FN 2 - 150 103 -1.1 MPa Ⅱ 2 A2 370
所以，最大工作应力为
max= = -1.1 MPa (压应力）
三、 轴向拉（压）杆斜截面上的应力
上述讨论的横截面上的正应力是今后强度计算的基础。 但不同的材料实验表明，拉（压）杆的破坏并不总是沿横截 面发生，有时确是沿斜截面发生的，为此，应进一步讨论斜 截面上的应力。为了全面分析拉（压）杆的强度，应研究它 斜截面上的应力情况。
解(1)、(2)曲线交点处：
30
60
B 31;PB 54.4kN
1 1
PB1 ,60 A /cos60/sin604601024/ 355.44kN
材料力学单辉祖第三章轴向拉压变形
o x
FN q
q
L
最大正应力发生在x = 0处
P
max
FN (0) P ql (0) A A
P
x
22
Example-变轴力杆
取长度为dx的微元体 由胡克定理知，微元体伸长为
FN ( x) d dx EA
FN ( x) P q(l x)
o x
FN
dx dFN对微段变形忽略
杆件在外力F2作用下 的伸长为
l
2P
P
3l P
2P
l2 P
FN 2 L 2 Pl EA EA
19
Example-多力杆
杆件的总伸长为
l l P l2 P
方法一答案
2 Pl l l1 l2 EA ()
2 Pl EA
2P
P
l
3l
20
Example-变轴力杆
B
60 0
F2 l
F1
l
C A
C"
D
C´ A´
几何关系
45
Example-Bracket
利用几何关系， 得A点垂直位移AA´
A 2CC CD 2 6.0 mm 0 sin 30
l B
600
F2
F1
l
C A
C"
D
C´ A´
几何关系
46
Example-零力杆
求A点的位移
*AB杆不受力不伸长，只转动
()
41
Example-Bracket
图示托架，AB为刚梁，CD为支撑杆，已知 F1=5kN，F2=10kN，l=1m，斜支撑CD为铝 管，弹性模量为E=70GPa，横截面面积为 A=440mm2，求刚梁AB端点A的铅垂位移。
FN q
q
L
最大正应力发生在x = 0处
P
max
FN (0) P ql (0) A A
P
x
22
Example-变轴力杆
取长度为dx的微元体 由胡克定理知，微元体伸长为
FN ( x) d dx EA
FN ( x) P q(l x)
o x
FN
dx dFN对微段变形忽略
杆件在外力F2作用下 的伸长为
l
2P
P
3l P
2P
l2 P
FN 2 L 2 Pl EA EA
19
Example-多力杆
杆件的总伸长为
l l P l2 P
方法一答案
2 Pl l l1 l2 EA ()
2 Pl EA
2P
P
l
3l
20
Example-变轴力杆
B
60 0
F2 l
F1
l
C A
C"
D
C´ A´
几何关系
45
Example-Bracket
利用几何关系， 得A点垂直位移AA´
A 2CC CD 2 6.0 mm 0 sin 30
l B
600
F2
F1
l
C A
C"
D
C´ A´
几何关系
46
Example-零力杆
求A点的位移
*AB杆不受力不伸长，只转动
()
41
Example-Bracket
图示托架，AB为刚梁，CD为支撑杆，已知 F1=5kN，F2=10kN，l=1m，斜支撑CD为铝 管，弹性模量为E=70GPa，横截面面积为 A=440mm2，求刚梁AB端点A的铅垂位移。
材料力学第三章 轴向拉压变形
FB = 2 FA
由⑵式与⑷式联立解得得： 式与⑷式联立解得得： ⑷
B FB
F FA = FN AC = 3 2F FB = FN BC = 3
×
装配应力 ⒈ 装配应力 超静定结构，由于构件制造误差， 超静定结构，由于构件制造误差，在装配时构件内部会 产生装配应力。静定结构不会产生装配应力。 产生装配应力。静定结构不会产生装配应力。 装配应力 装配应力 静定结构
⑷
FN 1 + 2 FN 2 − 2 F = 0
FN 2 = 2 FN 1
解得： 解得：
}
FN 1
2P 4P = , FN 2 = 5 5
×
解拉压超静定问题的方法和步骤： 解拉压超静定问题的方法和步骤： ⑴画变形的几何图； 画变形的几何图； ⑵根据变形图，建立变形的几何方程； 根据变形图，建立变形的几何方程； ⑶画受力图，其中杆件的轴力应根据变形图来画，即变 画受力图，其中杆件的轴力应根据变形图来画， 形为拉伸杆件的轴力按拉力画， 形为拉伸杆件的轴力按拉力画，变形为压缩杆件的轴力按压 力画； 力画； ⑷根据受力图，建立平衡方程； 根据受力图，建立平衡方程； ⑸根据虎克定律，建立物理方程； 根据虎克定律，建立物理方程； ⑹将物理方程代入几何方程得补充方程； 将物理方程代入几何方程得补充方程； ⑺联立平衡方程与补充方程求解未知量。 联立平衡方程与补充方程求解未知量。
×
求图示结构中刚性杆AB 中点 的位移δC。 中点C 例4 求图示结构中刚性杆
① 2EA EA ②
解：由平衡方程得 l
A
δA
a δC
C a
δB
B
F
P FN 1 = FN 2 = 2 FN 1l Fl δ A = ∆l1 = = EA 2 EA FN 2 l Fl δ B = ∆l 2 = = 2 EA 4 EA
由⑵式与⑷式联立解得得： 式与⑷式联立解得得： ⑷
B FB
F FA = FN AC = 3 2F FB = FN BC = 3
×
装配应力 ⒈ 装配应力 超静定结构，由于构件制造误差， 超静定结构，由于构件制造误差，在装配时构件内部会 产生装配应力。静定结构不会产生装配应力。 产生装配应力。静定结构不会产生装配应力。 装配应力 装配应力 静定结构
⑷
FN 1 + 2 FN 2 − 2 F = 0
FN 2 = 2 FN 1
解得： 解得：
}
FN 1
2P 4P = , FN 2 = 5 5
×
解拉压超静定问题的方法和步骤： 解拉压超静定问题的方法和步骤： ⑴画变形的几何图； 画变形的几何图； ⑵根据变形图，建立变形的几何方程； 根据变形图，建立变形的几何方程； ⑶画受力图，其中杆件的轴力应根据变形图来画，即变 画受力图，其中杆件的轴力应根据变形图来画， 形为拉伸杆件的轴力按拉力画， 形为拉伸杆件的轴力按拉力画，变形为压缩杆件的轴力按压 力画； 力画； ⑷根据受力图，建立平衡方程； 根据受力图，建立平衡方程； ⑸根据虎克定律，建立物理方程； 根据虎克定律，建立物理方程； ⑹将物理方程代入几何方程得补充方程； 将物理方程代入几何方程得补充方程； ⑺联立平衡方程与补充方程求解未知量。 联立平衡方程与补充方程求解未知量。
×
求图示结构中刚性杆AB 中点 的位移δC。 中点C 例4 求图示结构中刚性杆
① 2EA EA ②
解：由平衡方程得 l
A
δA
a δC
C a
δB
B
F
P FN 1 = FN 2 = 2 FN 1l Fl δ A = ∆l1 = = EA 2 EA FN 2 l Fl δ B = ∆l 2 = = 2 EA 4 EA
003 第三章 轴向拉压变形
2、几何方程：
2L2 L1 L3
3、力的补充方程：
FN1
△L 1
FN L L 2 FN 2 FN 1 FN 3 EA
4、联立平衡方程和补充方程得:
F △L 3
1 1 5 FN 1 F ; FN 2 F ; FN 3 F . 6 3 6 25
解：、平衡方程:
、几何方程：
N1
FN 2 F 0
L1 L2
、力的补充方程：
FN L L EA
FN 1 L1 F L N2 2 E1 A1 E2 A2 23
、联立平衡方程和补充方程得:
FN1 0.07F ; FN 2 0.72F
、求结构的许可载荷：
FN max max FN max A A FN 1max A 1 0.07F max A 1 1 1 1
18
C1
§3—2 拉压超静定
一、概念 1、静定：结构或杆件的未知力个数等于有效静力方程的个数， 只利用有效静力方程就可以求出所有的未知力。 2、超静定：结构或杆件的未知力个数大于有效静力方程的个数， 只利用有效静力方程不能求出所有的未知力。 3、多余约束：在超静定系统中多余维 持结构几何不变性所需要的杆或支座。
正应变——微小线段单位长度的变形。
8
x
F A F 2F B a
已知：杆件的 E、A、F、a 。 求：△LAC、δB（B 截面位移） εAB （AB 段的正应变）。 3F 解：1、画FN 图：
a
C
FN
2、计算：
FN L Fa 3Fa 4 Fa (1).L LAC LAB LBC EA EA EA EA
第3章-轴向拉压变形
弹性体功能原理
根据能量守恒定律，弹性体因变形所储存的应变能， 数值上等于外力所作的功
Vε W
功能原理成立条件：载荷由零逐渐缓慢增大，弹性 体处于准静态，以致动能与热能等的变化，均可忽略不 计。
单辉祖-材料力学教程 22
外力功与应变能计算
一般弹性体 广义载荷 f : 0 F
相应位移 : 0
第 3 章 轴向拉压变形
本章主要研究：
轴向拉压变形分析 节点位移分析 简单拉压静不定问题分析
单辉祖-材料力学教程 1
§1 引言
§2 拉压杆的变形与叠加原理
§3 桁架节点位移分析与小变形概念 §4 拉压与剪切应变能
§5 简单拉压静不定问题
§6 热应力与初应力 §7 拉压杆弹塑性分析 §8 结构优化设计概念简介
dW fd
弹性体
f f k
k : 线弹性体在载荷作
用点、沿载荷作用方向 产生单位位移所需之力 － 刚度系数
单辉祖-材料力学教程
W
Δ
0
fd kd
0
Δ
2 FN l FΔ W 2 2 EA
23
例 3-6 用能量法计算By 解：1. 轴力分析
单辉祖-材料力学教程
2
§1 引 言
杆件的轴向拉压变形问题，可以分为静定 问题和静不定问题。 分析轴向拉压变形的基础是胡克定律，在 此基础上建立了几何法、叠加法和能量法。
单辉祖-材料力学教程
3
§2 拉压杆的变形与叠加原理
拉压杆的轴向变形与胡克定律 拉压杆的横向变形与泊松比 叠加原理 例题
刚体 EA
解：1. 计算 FN
M B 0,
材料力学-第3章 轴向拉压变形
q (a x) EA
dx
qa
2
2 EA
19
材料力学－第3章 轴向拉压变形
拉压杆的变形与胡克定律
均布荷载下，杆件变形： l 0 d l 0
a
a
q (a x) EA
dx
qa
2
2 EA
F
FN ( x ) F
集中荷载下，杆件变形： 杆件总变形： l l l
dx
l
l 0
d l
l 0
FN ( x ) E ( x ) A( x )
ห้องสมุดไป่ตู้
dx
7
材料力学－第3章 轴向拉压变形
拉压杆的变形与胡克定律
拉压杆的横向变形与泊松比
对于拉压杆的轴向变形，有：
l l l FN l EA
对于拉压杆的横向变形，有：
b1 b b
b b
38
材料力学－第3章 轴向拉压变形
拉压与剪切应变能
F2 a EA
l AC l l
15
材料力学－第3章 轴向拉压变形
拉压杆的变形与胡克定律
• •
•
通常，由于问题的数学模型是线性的，因此， 可利用叠加原理进行求解 叠加原理一般叙述为：杆件（结构）在几个外 力作用下的总位移（总响应）等于杆件（结构） 在每个外力作用下的位移（响应）的代数和 物理上讲，叠加原理成立的条件
拉压杆的变形与胡克定律
ds
整个内周长的改变量（ ⊿s ）：
s
d
E
ds
d
E
0
第03章 轴向拉压变形(张)
(4)
5. 列补充方程
N 1l1 N 2l 2 N 3l 3 cos (5) E1 A1 E 2 A2 E 3 A3
联解⑴，⑵，⑸式：
N =N
⑴
{1
2
（N1＋N2）cosα＋ N3 －P = 0
⑵
N 1l1 N 2l 2 N 3l 3 cos
⑸
E1 A1 E 2 A2 E 3 A3
BC
l1
N1l1 E1 A1
,
l2
N2l2 E2 A2
N2 2N1 60kN ,
作业：3.1-5，3.1-7，3.3-2，3.4-4
例3、汇交力系: 已知： A1、 A2、 A3，P，求Ni
①
•几何方程：
AD-AE=2CD
②
30º A Δl2
30º
Δl1
③
P
l
N1 N2
A
N3
P
E
30º30º
C
A'
切线代替圆弧！
例3 AB为刚性梁， CD为刚杆。知CD杆E、A， a
求A点位移。
P
a
a
解：1）求内力 A
MB 0 NCD 4P（压力）
C
B
30º
P
a
a
D
2）求CD杆变形 A
C
30º
B
lCD
N CD lCD EA
4Pa EACOS30
8Pa （缩短） 3EA
NCD
3）求A点位移fA P
a
l a
Foam structures with a negative Poisson's ratio, Science, 235 1038-1040 (1987).
5+第三章+轴向拉压变形共38页
2 )
V (1 2 ) V
一般情况下，材料受拉体积会增加，所以我们推断泊松比 小于0.5。橡胶与石蜡是两种受拉时体积几乎无变化的材 料，因此其泊松比接近于极限值0.5。另一方面，软木的 泊松比接近于0，即拉伸时横向几乎不收缩。
15
第三章 轴向拉压变形
多力杆的变形与叠加原理 (superposition principle)
F
F
b
b1
l l1
bb1 b
b b
横向正应变
试验表明：在比例极限内，横向正应变与轴向正应变成正比
一般 与 符号相反。
定义：
泊松比
7
第三章 轴向拉压变形
关于泊松比
1821年，纳维首次用分子理论研究各向同性弹性体的 平衡问题，其基本方程中只包含一个弹性常数。
第三章 轴向拉压变形
上一讲回顾
•许用应力 u
n
•强度条件
极限应力 u
（（sb
塑 脆
） ）
n安全因数
max
FN A
max
(变截面)
FN,max (等截面)
A
•由强度条件解决的几类问题
强度校核
截面设计
确定承载能力
等强原则与最轻重量设计
DD 4FD D2d2 E
13
第三章 轴向拉压变形
F
F
D
d
d
u
4Fd (D2 d2)E
d
DD 4FD D2d2 E
圆管横截面积变不变？
A (D2 d2)
4
A (D2 d2)(1 )2
材料力学 第三章 轴向拉压变形
B
sin / l (微小)
FN l Fl 2 (2)杆伸长： l EA 2 EA
FN
C
F
C
FN
(3) l 关系：
F
l l 2 2 l 2 / 2l
2 EAl EA 3 (4) F 3 2 l l
(三次抛物线关系,瞬时 机构,叠加原理不成立)
A
C
A
A2
A1
以B、C为圆心作圆交于A’点 •计算困难：解二次方程组；由于
位移内力变化，需迭代求解.
Page19
第三章
B
轴向拉压变形
3、小变形问题实用解法
1 2
45
小变形：与结构原尺寸相比 为很小的变形。
A2
A
实用解法：
A1
C
A
*按结构原几何形状与尺
寸计算约束反力与内力； *采用切线代圆弧的方法 确定节点位移。
F
杆两端均为可动点情形： 平移+变形(伸长或缩短)+ 转动(切线代圆弧)
Page23
第三章 例：画节点A的位移
1
B
轴向拉压变形
1
A
2
2
3
A
l1
A
F
B
A
F
A
A'''
*左图杆2不受力，不伸长转动。 •右图B点位移由杆1和2确定（与左图A点相同）; •刚梁AB先随B点平动，B至B’点,A至A’点；然后绕B’点转动； •杆3伸长到A’’，然后转动，与刚性梁对应点交于A’’’点。
B
1 2
45
FN1 2F
(拉)
(压) (伸长)
工程力学：第三章 轴向拉压变形
l
E 148.2 MPa
2. 螺拴横向变形
' 2.22 104
横截面内任一点、 在任一方向上的应变
d ' di 0.0034 mm
螺拴直径缩小 0.0034 mm
节点位移分析
图示桁架，试求节点 A 的水平与铅垂位移，已
知 ：E1A1= E2A2=EA，l2=l
1. 轴力与变形分析
l1
FN1 EA1
2l
l2
FN2l EA2
FN2 4FN1
4. 内力计算
MB 0,
FN1
l 2
( FN2
F
)
2l
0
FN2 4FN1
FN2＝4FN1＝88
2F 21
4.59 104
N
5. 截面设计
A1
FN1
[ t ]
71.7
mm 2
A2
FN2
[ c ]
383 mm2
结论： A1 A2 383 mm2
叠加原理
算例 试分析杆 AC 的轴向变形 l
1.分段解法
FN1 F2 F1
FN2 F2
(l )分段
FN1l1 EA
FN2l2 EA
(F2 F1 )l1 EA
F2l2 EA
(l )分段
F2(l1 EA
l2 )
F1l1 EA
2. 分解载荷法
lF1(
l)分F段1l1
EA
F2(lElF12Al2F) 2(ElFE11AAl1
Ay
AA5
l1 cos 45
l2
()
小变形概念
小变形：与结构原尺寸相比为很小的变形
应 用：在小变形条件下，通常即可： 按结构的原有几何形状与尺寸，计算约束
E 148.2 MPa
2. 螺拴横向变形
' 2.22 104
横截面内任一点、 在任一方向上的应变
d ' di 0.0034 mm
螺拴直径缩小 0.0034 mm
节点位移分析
图示桁架，试求节点 A 的水平与铅垂位移，已
知 ：E1A1= E2A2=EA，l2=l
1. 轴力与变形分析
l1
FN1 EA1
2l
l2
FN2l EA2
FN2 4FN1
4. 内力计算
MB 0,
FN1
l 2
( FN2
F
)
2l
0
FN2 4FN1
FN2＝4FN1＝88
2F 21
4.59 104
N
5. 截面设计
A1
FN1
[ t ]
71.7
mm 2
A2
FN2
[ c ]
383 mm2
结论： A1 A2 383 mm2
叠加原理
算例 试分析杆 AC 的轴向变形 l
1.分段解法
FN1 F2 F1
FN2 F2
(l )分段
FN1l1 EA
FN2l2 EA
(F2 F1 )l1 EA
F2l2 EA
(l )分段
F2(l1 EA
l2 )
F1l1 EA
2. 分解载荷法
lF1(
l)分F段1l1
EA
F2(lElF12Al2F) 2(ElFE11AAl1
Ay
AA5
l1 cos 45
l2
()
小变形概念
小变形：与结构原尺寸相比为很小的变形
应 用：在小变形条件下，通常即可： 按结构的原有几何形状与尺寸，计算约束
轴向拉伸与压缩—轴向拉(压)杆的变形和胡克定律(建筑力学)
轴向拉（压）杆的变形和胡克定律
4 例题
一木方柱受轴向荷载作用，横截面边长a＝200mm，材料的弹性模量 E＝10GPa，杆的自重不计。求各段柱的纵向线应变及柱的总变形。
解: （1）由于上下两段柱的轴力不等，故两段柱 的变形要分别计算。经计算各段柱的轴力为
FNBC＝－100kN FNAB＝－260kN
正负号恒相反
利用上式，可由纵向线应变或正应力求横向线应变。反之亦然。
轴向拉（压）杆的变形和胡克定律
3 胡克定律
实验表明工程上大多数材料都有一个弹性阶段，在此弹性范围内，正
应力与线应变成正比.
由
E
FN
A
Δl
l
上式改写为
Δl FNl EA
式中 E 称为弹性模量 ，EA称为抗拉（压）刚度。
6.5 ×10-4
Ch5 轴向拉伸或压缩变形
03 轴向拉（压）杆的变形和胡克定律
轴向拉（压）杆的变形和胡克定律
1 纵向、横向变形
纵向变形 纵向应变
l l1 l
= l
l
横向变形 横向应变
h h1 h
h1 h Δh
hh
轴向拉（压）杆的变形和胡克定律
2 泊松比
称为泊松比。 E 和 都是表征材料弹性的常量。考虑到 与 的ຫໍສະໝຸດ 轴向拉（压）杆的变形和胡克定律
4 例题
（2）各段柱的纵向变形为
△lBC＝
FNBClBC EA
100 103 N 2m 10 109 Pa (0.2m)
2 ＝－0.5 ×10-3 m＝－0.5mm
△lAB＝
FNABlAB EA
260 103 10 109 Pa
N
1.5m (0.2m)
chap3_轴向拉压变形
3、物理条件： FAx l1 l AC EA FBx l2 lBC EA
B C 4、将（c）、（d）代入（b）式， 得： FAxl1 FBxl2 0 (e)
A
(c ) (d )
5、联立求解（a）、（e），得：
FAx
Fl2 l1 l2
FBx
第三章 轴向拉压变形
§3-2 拉压杆的变形与叠加原理
一、拉压杆的变形与胡克定律 F 1.杆的轴向变形： l l1 l b
b1
l l1
F
2.比例极限内，线应变：
l1 l l l l
3.杆的横向变形： b b1 b
5.比例极限内，横向正应变与 轴向正应变成正比。泊松比 （或横向变形系数）
解：按应变能与外力作功相等关系:
V W
A B 60° 60° D
C 800 400 P 400
(3 7)
2 FN l V 2 EA (11.55 103 ) 2 1.6 2 177 109 76.36 106
能量守恒:弹性体内的应 变能在数值上等于外力所 作之功
1 1 W P C 20 103 C 2 2
4．比例极限内，杆的 横向应变：
b b
(3 3)
6．各向同性材料，弹 性常数的关系
或: E
E G 2(1 )
第三章 轴向拉压变形
物理意义：即当应力不超过比例极限时，杆件的伸长l与F 二、拉压杆的弹性定律 和杆件的原长度成正比，与横截面面积A成反比。
第三章 轴向拉压变形
§3-1 §3-2 §3-3 §3-5
引言 拉压杆的变形与叠加原理 桁架的节点位移 简单拉压静不定问题
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NA A NA
N1 N A N2 N A P
P
N2
l l1 l 2 l 3 l4 0
N i li l i EA
N3 N A P
N 4 N A P 2P 3P
例2、平行力系: 求各杆内力。 已知：AB为刚性梁，两杆A=1000mm2，P=50kN •几何：Δl2=2Δl1
P
E 3 A3 E1 A1 l1 l3
cos
A P
cos 2
l3
静不定结构特点（1）
内力按刚度比分配。 （静定结构呢？）
N3 1 P 2
E1 A1 l1 E 3 A3
N1 N 2
cos
2
P 2 cos
E 3 A3 E1 A1 l1 l3
l3
cos
例小锥度变截面杆
N(x) dx l = l E A(x)
N i li E i Ai
N dx dx =EA N dx l =l EA
例1.已知圆杆d=5mm， E=200GPa，求A。 解：1）做轴力图
50
30
2
A
P1=2kN
1
P2=3kN 2kN +
1kN
A l1 l 2
１.刚度条件：［］
实际变形或位移 允许变形或位移
２、拉压杆变形与叠加原理
1）轴向变形与虎克定律
P
l l1
P b1 b
绝对变形: ⊿l = l1－l，
虎克定律：当ζ≤ζp
l 应变定义： l N l E E A l
Nl 虎克定律另一种形式 l EA EA—抗拉刚度
2)横向变形与泊松比
P
l l1
P b1 b
b b1 b 横向线应变： b b
当 ζ≤ζp
常数
ν ——泊松比 Poisson ratio ν = 0 ～0.5
横向线应变ε′与 轴向应变ε异号。
Simon Denis Poisson Poisson’s ratio （1829）
B
C
D
B
D
A P
A
P
刚度比越大，受力越大！ 能者多劳！
注意事项：变形与受力协调
内力假设与变形假设应一致。
先画变形图，后画受力图，变形图不唯一。
窍 门
变形伸长——拉力，背离节点； 变形缩短——压力，指向节点。
思考：受力图与变形图的协调
B C N3 D N3 N2 N1 N2
A
N1
l2
A
l3 l1
温度升高 t 时杆内的温度应力。
A
l
B
A
l
l t
B
温度引起伸长
NA
l
NB
lN
•几何方程： l t= lN •平衡方程： NA=NB •物性方程： l N
NL EA
内力引起缩短
lt l t
解：1.判断：一次静不定。
，l3
B
E1A1 l1
C
E3A3 l3
D N3
E2A2 l2= E1A1 l1
y
N1
N2
x
A
P
P
y
2.列平衡方程
∑X=0, －N1sinα＋N2sinα=0
N1 = N2 ⑴
N3 N1
N2
x
P
∑Y=0, N3＋N1cosα＋ N2cos α －P = 0
A
l1 1.15m
d1 34mm
30º
例2. E1=210GPa， E2=10GPa， P=40kN，求B 。 解：1）求内力
N 1 2 P 80kN
N 2 N 1COS 30 69.3kN
B
C
l 2 1m
a 170mm
y
P
2）求各杆变形
N1
30º
B
N 1 l1 80 10 3 1.15 10 3 l1 0.48mm 5 342 EA 2.1 10 4
变形伸长——拉力，背离节点； 变形缩短——压力，指向节点。
例1、共线力系: 求支反力
•方法1：设1杆受拉伸长，2杆受压缩短
NA
A l1
几何方程：Δl1= Δl2 平衡方程：NA+ NB=P 物理方程：
Δl1= Δl2
P
l2
A1
A2
N A l1 l1 , E1 A1
N B l2 l 2 E2 A2
例3、汇交力系:
①
已知： A1、 A2、 A3，P，求Ni AD-AE=2CD
l2 l1 l3 2 tg30 sin 30 sin 30
•几何方程：
30º 30º
②
A Δl
2
Δl1
③
P
l E
30º30º
l1 l 3 3l2
•平衡方程：
N1 N2 N3
A
C
30º
A'
X 0 , (N y 0 , (N
⊿l1
⊿l2
○
A
装配应力是不容忽视的，如： δ/l=0.001, E=200GPa,
α=30°—— ζ1 =113 MPa ，ζ2 =ζ3 = －65.2 MPa
2. 装配应力
例：已知杆件抗拉刚度EA，求N1、N2。
l1 P1
N1
•几何方程：
P1
l 1-l 2= N1+N2=P
l2
2
•平衡方程： •物性方程：
B x B y B 1.397mm
2 2
B
l 2 l1
l2
如何计算位移？ 寻找简便方法！
P
yB
步
1 拆开结点，分别求各杆变形。
xB
2 变形后两杆应相交（画圆）。 骤 3 小变形时，切线代替圆弧。
l 2 tg30
注意：变形与受力相应：拉力-伸长；压力-缩短
切线代替圆弧！
例3 AB为刚性梁， CD为刚杆。知CD杆E、A， a 求A点位移。 P a a 解：1）求内力
l a A
Δl1 ① ②
N1
a
N2
a
Δl2
P
B
•平衡：
M
A
0
N1a 2 N 2a 3 Pa
•物理方程：
N 1l1 l1 , E1 A1 N 2l2 l 2 E2 A2
3P N1 30kN , N 2 2 N 1 60kN , 5
作业：3.1-5，3.1-7，3.3-2，3.4-4
P
3）求A
xA 0
4 PA y A 2 l1 A EA
B P
判断图示结构变形后节点A的位置A‘哪一个正确 ？
二、拉压静不定问题
1. 静定静不定概念 1）静定问题——仅用静力平衡方程就能求出 全部未知力。
实质：未知力的数目等于静力平衡方程的数目。
2）静不定问题——仅用静力平衡方程不能求 出全部未知力。又称超静定问题。 实质：未知力的数目多于静力平衡方程的数目。
A
C
30º
B
B
M
0 N CD 4 P（压力）
P
2）求CD杆变形
lCD
a
C
a
30º
D B
A
N CD lCD 4 Pa 8 Pa N （缩短） CD EA EACOS30 3 EA
3）求A点位移fA画变形图 Nhomakorabea 注意小变形概念：
P
A
a
C
l
a
B
30º
yA
yC
切线代圆弧！
×
C' D
例外
蜂窝结构为负泊松比
越拉越粗!
横向线应变ε′与 轴向应变ε同号。
Foam structures with a negative Poisson's ratio, Science, 235 1038-1040 (1987).
3 ）多杆变形与叠加原理
• 变形分段均匀时： l l i • 变形非均匀时：
N2
x
P
N 2 l 2 69.3 10 3 1 10 3 l 2 0.24mm 5 2 EA 0.1 10 170
3）求总变形
x B l 2 0.24mm
A
l1
l1 sin 30
30º
l2 l1 1.376mm C yB sin 30 tg30
1
N 3 ) cos 30 N 2 0 N 3 ) sin 30 P 0
N i li l i E i Ai
1
P
D
•物理方程：
例4、平面一般力系
Δl2
已知各杆EA相等，求杆内力。
②
a
•几何方程：
l1 2l2
P
Δl1 ① a
a 2a
A
•平衡：
M
A
0
N2
N1 2a N 2a 2 Pa
l 32 Pa y A 2 yc 2 4l sin 30 3 EA
xA 0
例4 ABCD为刚性块， EA已知，A点受P力，求A。 解：1）求内力
D 2a
l1 C
α α
M
B
0 N1 2P
a ①
a
A 2a a
2）求①杆变形
B N
yA N 1 l1 2 Pa l1 （伸长） EA EA