同济大学：《工程力学》课程教学资源（PPT课件）第7章 扭转（2/2）

扭转杆的变形和刚度计算二T扭转变形：（相对扭转角）lTdo扭转变形与内力计算式dxGIpTTdxdx.0GIGIpTI@=扭矩不变的等直轴GIp弧度扭转角单位：(rad)抗扭刚度。GIpZ@=各段扭矩为不同值的阶梯轴GIpiTdpArad单位长度的扭转角dxGIpm

一、扭转变形：（相对扭转角） GIP T dx d =  dx GI T L P   = 扭转角单位：弧度（rad） GIP——抗扭刚度。 dx GI T d P  = GI p Tl  = = pi i i GI Tl  m ——单位长度的扭转角 rad 二、 扭转杆的变形和刚度计算 扭转变形与内力计算式 扭矩不变的等直轴 GIP T dx d = =   各段扭矩为不同值的阶梯轴

#图示阶梯圆杆，如各段材料B也不同，AB两截面的相对扭转角为：T ili4PAB =GIi-1pi#图示等直圆杆受分布扭矩作用，t的单位为N.m/mCCCCCB大从中取x段，dx段两相邻截面的扭转角为：T (x)dxdeGIPAB截面相对扭转角为：=d=GIP

# 图示阶梯圆杆，如各段材料 也不同，AB 两截面的相对扭转角 为： # 图示等直圆杆受分布扭矩t 作用，t 的单位为 N m m  。 ( ) 1 3 n ni i AB i pi M l n GI  = = =  T 从中取 dx 段，dx 段两相邻截面 的扭转角为： n ( ) p M x dx d GI  = T AB 截面相对扭转角为： n ( ) l l p M x dx d GI   = =   T

#图示为变截面圆杆，A、Bd(x)两端直径分别为d、d。B从中取x段，该段相邻两截+面的扭转角为：TdxGIp(x)AB截面相对扭转角为：T,dp=ILGI,(x)dxP=1

从中取 dx 段，该段相邻两截 面的扭转角为： # 图示为变截面圆杆，A、B 两端直径分别为d1、d2 。 dx GI x T d P ( )  = AB 截面相对扭转角为： dx GI x T d L P L  = = ( )  

三、扭转杆的刚度计算圆轴受扭时，除满足强度条件外，还须满足一定的刚度要求。通常是限制单位长度上的最大扭转角不超过规范给定的许用值TdoradA单位长度的扭转角mdxGIpT.max(或)≤[]0圆轴受扭时刚度条件可写作maxGIpGIp180°≤[0]3、刚度条件应用：maxmGl元≤[]01）、校核刚度；maxM,max2、设计截面尺寸：T一DG[013）、确定外载荷：M≤GI,[0]=mnmax

rad m ——单位长度的扭转角 GIP T dx d = =   圆轴受扭时，除满足强度条件外，还须满足一定的刚度要求。 通常是限制单位长度上的最大扭转角不超过规范给定的许用值 圆轴受扭时刚度条件可写作  = ( )    max max max 或（ ） P GIP T GI T     =   0 max max 180 ( ) GIP T m  3、刚度条件应用： 1)、校核刚度；  max ≤  [ ] max p G  M I n  3)、确定外载荷: 2)、设计截面尺寸: [ ] Mn max  GI p    m 三、 扭转杆的刚度计算

例已知:M=180 Nm，Mg=320 Nm，Mc=140 Nm，I=3×105mm4,1=2 m,G=80 GPa,[0=0.5 ()/m。@Ac=? 校核轴的刚度M解：1.内力、变形分析A12OT = M.=180N·mB11/2T1MM=1.50×10- radPAB=MGI,AlaT, =-Mc =-140 N·mB11T,lMM:-1.17×10-2 radPBCGIpT(dp故6PAC=PAB+PBCnaxdxGImaxp= 1.50×10-2 -1.17×10-2180180N·m= 0.33×10- rad0.max2.(80×10°Pa)(3.0×10°×10-12m*) 元刚度校核dpdpT2T=0.43()/m<[0]HQdxGIGI.dx轴的刚度足够

例 已知：MA = 180 N.m， MB = 320 N.m， MC = 140 N.m，Ip = 3105 mm4 ，l = 2 m，G = 80 GPa，[] = 0.5 ()/m 。AC=? 校 核轴的刚度 解：1. 内力、变形分析 T1 = MA = 180 N m T2 = −MC = −140 N m 1.50 10 rad -2 p 1 = =  GI T l  AB 1.17 10 rad -2 p 2 = = −  GI T l  BC  AC = AB + BC 0.33 10 rad 1.50 10 1.17 10 -2 -2 -2 =  =  −  2. 刚度校核 p 1 1 1 d d GI T x  =      =   p 2 2 2 d d GI T x  =      =   p 1 1 max max d d GI T x  = =      =   故  0.43 ( )/ m [ ] π 180 (80 10 Pa)(3.0 10 10 m ) 180 N m max 9 5 -1 2 4   =      =  轴的刚度足够

例试计算图示圆锥形轴的总扭转角xMd,t[d(x)M1解：dxGI,(x)d,-dXd(x)=d.T= M1321132Ml32M1@dd)3G元(d,-d,)G元07d,-dd, +x2

例 试计算图示圆锥形轴的总扭转角 解： 32 π ( ) ( ) 4 p d x I x = T = M        − + = l x x d d d G M 0 4 2 1 1 d 2 1 π 32        = − 3 2 3 2 1 1 1 1 3 π( - ) 32 G d d d d Ml x l d d d x d 2 1 1 ( ) − = +  = l x GI x T d ( ) p 

例长L=2 m的圆杆受均布力偶 m=20 Nm/m的作用，杆的内外径之比为α=0.8,G=80GPa，许用剪应力[]=30MPa，试设计杆的外径；若[]=2%m，试校核此杆的刚度，并求右端面相对于左端面的转角。解：1.作扭矩图m =20Nm/mT(x) = m(L-x) = 20(L-x)Tmx = 20 ×2 = 40 (N ·m)2.设计杆的外径L-XT2mmax≤[t]WTπD3T40maxM16[t]+16TxmaxD≥元 (1-α)[t]

例 长 L=2 m的圆杆受均布力偶 m=20 Nm/m的作用，杆的内外径之比为 =0.8， G=80 GPa，许用剪应力[]=30 MPa，试设计杆的外径；若[]=2º/m，试校核 此杆的刚度，并求右端面相对于左端面的转角。 解：1.作扭矩图 L-x T(x) = m(L − x) = 20(L − x) 20 2 40 ( ) Tmax =  = N m T x + 40 [ ] 1 16 D 4 max 3    T Wp = （ − ） 2.设计杆的外径 3 1 4 max 1 [ ] 16       −  （  ） T D [ ] max   Wp T

例长L=2 m的圆杆受均布力偶m=20 Nm/m的作用，杆的内外径之比为α=0.8，G=80GPa，许用剪应力[]=30MPa，试设计杆的外径；若[0]=2%m试校核此杆的刚度，并求右端面相对于左端面的转角。16Tm=20Nm/mmaxD≥(元 (1 -α4)[]代入数值得：D≥0.0226m。L-x2m3.由扭转刚度条件校核刚度T40T180max0max+GIp元x32 ×40×18080×10°×元2D4(1-α4)刚度足够= 1.89° / m<[0]

例 长 L=2 m的圆杆受均布力偶m =20 Nm/m的作用，杆的内外径之比为 =0.8，G=80 GPa，许用剪应力[]=30 MPa，试设计杆的外径；若[ ]=2º/m， 试校核此杆的刚度，并求右端面相对于左端面的转角。 L-x T x + 40 代入数值得：D  0.0226m。 3 1 4 max 1 [ ] 16       −  （  ） T D 3. 由扭转刚度条件校核刚度   max 180 max =  GIP T 80 10 (1 ) 32 40 180 9 2 4 4   −   = D =1.89 / m   刚度足够 

例长L=2 m的圆杆受均布力偶m=20 Nm/m的作用，杆的内外径之比为α=0.8，G=80GPa，许用剪应力[tl=30MPa，试设计杆的外径；若[=2%m，试校核此杆的刚度，并求右端面相对于左端面的转角。m=20Nm/m4.右端面转角为：T(xLdx2mGIp2m(Lx-40dxJoGIpXxmL?(弧度)= 0.0332GIp

例 长 L=2 m的圆杆受均布力偶m=20 Nm/m的作用，杆的内外径之比为 =0.8，G=80 GPa，许用剪应力[]=30 MPa，试设计杆的外径；若[]=2º/m，试 校核此杆的刚度，并求右端面相对于左端面的转角。 L-x T x + 40 4. 右端面转角为：  = L P dx GI T x 0 ( )   − = L P dx GI m L x 0 ( ) GIP mL 2 2 = = 0.033 (弧度）

例实心圆轴受力如图示，已知材料的m/=4.5KNm9KNmm3=-1.5KN-m3KNm1112m4[t] = 80MPa,[0]= 0.3 / m,G = 80 ×10' Pa试设计轴的直径D。l,=0.8m-1.0m13-1.2m解（一）绘制扭矩图如图。4.5KMmISI(二)由强度条件设计D。T=4.5KN.mmax3KM-mT.4.5KM-mmax≤[t]TmaxW扭矩图pD3T解得：D≥66mmmaxW116[t]()由刚度条件设计DT.180max0≤[0]maxGI元T180°解得：D4D≥102mm1maxXp32G[0]元从以上计算可知，该轴直径应由刚度条件确定，选用D=102mm。福

例 实心圆轴受力如图示，已知材料的 试设计轴的直径 D 。     9   = = =  80 , 0.3 , 80 10 MPa m G Pa 扭矩图 解 （一）绘制扭矩图如图。 （二）由强度条件设计D 。 解得： D mm  66 （三）由刚度条件设计D 。 解得： D mm  102 从以上计算可知，该轴直径应由刚度条件确定，选用 D=102mm 。 Tmax = 4.5 KN m [ ] max  max =   Wp T 16 [ ] D max 3   T Wp =  [ ] max 180 max    =   GIP T 180 32 [ ] D max 4     =   G T I p