浙江大学：《材料力学》课程PPT教学课件（双语第二版）第七章 应力应变分析、强度理论 Analysis of Stress and Strain Strength Theories

就分 nalysis of stress-state and strain-state四 2最大切应力( Maximum shearing stress 将a1和a1+90°代入公式 x sin 2a+t. cos 2a 2 得到和c max 2 2 2 27 比较tan2an= y和tan2a 27 可见tan200=tan2o1 T T 2a1=2C0+,a1=a0+ 2

       2 2 2 sin cos xy x y    2 2 2 xy x y             ( ) min max xy x y     2 2 1  tan  x y xy        2 2 0 tan 1 0 2 1 2   tan tan   4 π , 2 π 2 2 1  0  1  0 

Analysis of stress-state and strain-state) 例题4简支梁如图所示已知mm截面上A点的弯曲正应力和 切应力分别为σ=-70MPa,=50MPa确定A点的主应力及主平面 的方位 m 解:把从4点处截取的单元体放大如图 70、二0.刈三 50

A  a l A  70  0  50 x y xy  ,  , 

就分 nalysis of stress-state and strain-state四 2 2×50 tan 20= =1.429 (-70)-0 27.5 0 -62.5 因为∝<a,所以a=275°与Gm对应 0.+O 26MPa max x y±1( x) 2 +TM= 96MPa mIn 1=26MPa,a2=0,G3=-96MPa

1.429 ( 70) 0 2 2 50 tan2 0          x y xy         62 5 27 5 0 . .  A  x             MPa MPa ( ) min max 96 26 2 2 2 2 xy x y x y        26MPa, 0, 96MPa  1   2   3  

就分 nalysis of stress-state and strain-state四 例题5图示单元体,已知∝=40MPa,G 60MPa,x=50MPa.试求e截面上的应力情 况及主应力和主单元体的方位 解:(1)求e∫截面上的应力 30 o.+.O.-O 十 cos 20-t sin 2a 2 2 40+60-40-60 c0s(-60°)-(-50)sin(-60°) 2 =-58.3MPa 40-60 30 2Sin 2a+r cos 2a sin(-60)+ (-50)c0s(-60)=18.3MPa

n 30° e f 58.3MPa cos( 60 ) ( 50)sin( 60 ) 2 40 60 2 40 60 cos2 sin2 2 2 30                              xy x y x y ( 50)cos( 60 ) 18.3MPa sin( 60 ) 2 40 60 sin2 cos2 2 30                     xy x y 

就分 nalysis of stress-state and strain-state四 (2)求主应力和主单元体的方位 tan 2 2x2×(-50) 40-60 45 -22.5 225° 2a 0 135 67.5 因为a2<a1所以=-22.5°与cm对应 max R+O x°y)2 80.7MPa 2 2 60.7MPa nIn G1=80.7MP ,=0 2=-60.7MPa

1 40 60 2 2 50 2 0            ( ) tan x y xy         135 45 20     67 5 22 5 0 . .              60.7MPa 80.7MPa ) 2 ( 2 2 2 min max x x y x y        80.7MP 0 60.7MPa  1   2   3   1