材料力学简明教程(景荣春)课后答案第3章

第 3 章 扭转

思考题

3-1 何谓扭矩？扭矩的正负号如何规定的？如何计算扭矩？

答 轴在外力偶矩作用下，由截面法求出的横截面上分布内力向截面形心简化的合力（力 偶矩）称为扭矩。

对扭矩 T 的正负规定为：若按右手螺旋法则把 T 表示为矢量，当矢量方向与截面的外法 线 n 的方向一致时， T 为正；反之为负。

用截面法计算扭矩，注意截面位置应偏离外力偶矩作用面。

3-2 薄壁圆筒、圆轴扭转切应力公式分别是如何建立的？假设是什么？公式的应用条件 是什么？

答 等厚薄壁圆筒在两端垂直于轴线的平面内作用大小相等而转向相反的外力偶 M e 所 做试验结果现象表明，当薄壁圆筒扭转时，其横截面和包含轴线的纵向截面上都没有正应力， 横截面上只有切应力 ，因为筒壁的厚度 很小，可以假设沿薄壁圆筒筒壁厚度切应力不变。 又因在同一圆周上各点情况完全相同，应力也就相同，从而建立薄壁圆筒扭转切应力计算公 式；

在圆轴两端施加一对大小相等、方向相反的外力偶。从实验中观察到的现象，假设轴变 形后，横截面仍保持平面，其形状、大小与横截面间的距离均不改变，而且半径仍为直线（圆 轴扭转平面假设），连同胡克定律和静力平衡条件推出圆轴扭转切应力计算公式。

公式应用条件为线弹性材料、小变形、等截面（锥度不大的变截面可近似用）。

3-3 试述纯剪切和薄壁圆筒扭转变形之间的差异及相互关系。

答 单元体 4 个互相垂直的面上只作用切应力的状态称为纯剪切；薄壁圆筒扭转变形时

3-4 试述剪切胡克定律与拉伸（压缩）胡克定律之间的异同点及 3 个弹性常量 E, G, 之 间关系。

答 剪切胡克定律 G （反映角度的变化）与拉伸（压缩）胡克定律 E （反映

长度的变化）皆为应力与应变成正比关系。3 个弹性常量 E, G, 之间关系为 GE

21。

3-5 圆轴扭转时如何确定危险截面、危险点及强度条件？

答 等截面圆轴扭转时的危险截面为扭矩最大的横截面，变截面圆轴扭转时的危险截面 在其扭矩与扭转截面系数比值最大的横截面；其危险点在该横截面的外边缘。强度条件为

max maxTW [ ] p 3-6 金属材料圆轴扭转破坏有几种形式？

答 塑性金属材料和脆性金属材料扭转破坏形式不完全相同。塑性材料试件在外力偶作 用下，先出现屈服，最后沿横截面被剪断，如图 a 所示；脆性材料试件受扭时，变形很小， 最后沿与轴线约 45°方向的螺旋面断裂，如图 b 所示。

（忽略厚度影响）筒壁各点的应力状态为纯剪切。

27

思考题 3-6 解图

3-7 从强度方面考虑，空心圆轴为何比实心圆轴合理？

答 对于相同的横截面面积（即用相同量材料），空心圆轴比实心圆轴的抗扭截面系数大， 从而强度高。

3-8 如何计算扭转变形？怎样建立刚度条件？什么样的构件需要进行刚度校核？ 答 （1）写出扭矩方程或扭矩图；相距 l 的两截面间的扭转角

d d x

l l

上式适用于等截面圆轴和截面变化不大的圆锥截面轴。对等截面圆轴，若在长 l 的两横截面 间的扭矩 T 为常量，则

Tl GI p

圆轴扭转的刚度条件为

 

 [ ] max 对于等截面圆轴为

 maxTmax GI [ ] p 或

 maxTmax 180GI [ ] p π 3-9 矩形截面轴的自由扭转切应力分布与扭转变形有何特点？如何计算最大扭转切应

力与扭转变形？

答轴扭转时，横截面边缘上各点的切应力都与截面边界相切，且 4 个角点处的切应力 为零；最大切应力 max 发生在截面长边的中点处，而短边中点处的切应力 1 是短边上的最 大切应力。其计算公式为

 maxT 

T

Wt hb 2

 1 max

（2）矩形截面杆扭转时，其横截面不再保持平面而发生翘曲。杆件两端相对扭转角

Tl Tl

Ghb 3 GI t

3-10 两根直径相同而长度和材料均不同的圆轴 1，2，在相同扭转作用下，试比较两者 最大切应力及单位长度扭转角之间的大小关系，

答最大切应力相同；单位长度扭转角不同。

3-11 同一变速箱中的高速轴一般较细，低速轴较粗，这是为什么？

28

TxGI px  TGI p

答 同一变速箱中的高速轴与低速轴指相对转速高低，其传递的功率相同（不计功率损 耗），啮合处线速度相同。要啮合处产生相同的线速度，则高速轴的啮合半径就较小；又因 为啮合处相互作用力相同，该作用力对啮合半径就较小的高速轴线产生的外力偶矩就较小， 从而在高速轴中产生的扭矩较小，故高速轴可做得较细。

3-12 图示轴 A 和套筒 B 牢固地结合在一起，两者切变模量分别为 转力偶矩，为使轴和套筒承受的扭转相同而必须满足的条件是什么？

G A 和 G B ，两端受扭

思考题 3-12 图

答 设套筒 B 的内、外径分别为 d 和 D，则两者切变模量须满足下列关系：

GB D 4 d 4

G A d 4

3-13 试画出空心圆轴扭转时，横截面上切应力分布规律图。 答

思考题 3-14 解图

3-14 图示组合轴，中心部分为钢，外圈为铜。两种材料紧密组合成一整体，若该轴受 扭后，全部处于线弹性范围，试画出其横截面上的应力分布图。

思考题 3-14 图

思考题 3-14 解图

答

3-15 图示 3 种闭口薄壁截面杆承受扭转作用，若 3 种截面的横截面积 A，壁厚 和承 受的扭矩 T 均相同，则其扭转切应力最大和最小的各是哪种截面？

思考题 3-15 图

答 c max b max a max

3-16 图示承受扭矩的 3 种截面形式，试分别画出其切应力沿壁厚的分布规律。

29

思考题 3-16 图

30

习 题

3-1 求图示各轴的扭矩图，并指出其最大值。

(a)

(b)

(a1)

(b1)

(c)

(d)

(c1)

(d1)

解 (a) Tmax 2M e ；

（b）

TmaxM e

(c) Tmax40 kN m ； (d) Tmax 4 kN m

3-2 图(a)所示某传动轴，转速

n 500 r/min，轮 A 为主动轮，输入功率 PA 70 kW，

轮 B ，轮 C 与轮 D 为从动轮，输出功率分别为 PB 10 kW， PC PD 30 kW。

（1）求轴内的最大扭矩；

（2）若将轮 A 与轮 C 的位置对调，试分析对轴的受力是否有利。 (a)

(b)

解 （1） M B 9549PB

10 n

500 PA 70 n 500

31

 9549 191 N m

M A 9549 9549 1337 N m

30

M D M C 9549PC n

500

用截面法如图(b)所示： AB 段 T1 M B 191 N m

AC 段 T2 M B M A1146 N m CD 段 T3M D573 N m

由以上结果得

Tmax1146 N m

（2）若将轮 A 与轮 C 位置对调，则

T1 ， T3 值不变，而

T2 M B M C 7 N m Tmax 7 N m

其绝对值比第（1）种情况小，即对轴的受力有利。

3-3 试绘出图示截面上切应力的分布图，其中 T 为截面的扭矩。

(a1) (b1) (c1)

3-4 图示圆截面轴， AB 与 BC 段的直径分别为 d1 与 d 2 ，且 d1 4d 2 / 3。求轴内的

最大扭转切应力。

解 BC 段

 e max 2M16M e Wp2 πd 23

AB 段

 max12M e W16 2M e 32M e

13.5M e

p1 3  43

πd 23

 3

32

 9549 573 N m

πd max 2

1 π d 2

16M e

 max max 2πd 23

3-5

一受扭等截面薄壁圆管，外径 D 42 mm，内径 d 40 mm，两端受扭力矩 M e 500 N m ，切变模量 G 75 GPa 。试计算圆管横截面与纵截面上的扭转切应力，并

计算管表面纵线的倾斜角。

 500 解 （1）M e 16M e

max

 194 MPa

Wp πD 3 1 4 



1

39

 42（2）若考虑薄壁 ，可求其平均扭转切应力

500

2πR 22

9

 2

讨论：误差

194 1 194

 100% 2.6% 5%

194 1

或

194

100% 2.6% 5%

故薄壁管一般均用简化公式求平均切应力。

（3） 110 6

3

G 9

3-6 设有 1 密圈螺旋弹簧，承受轴向载荷 F 1.5 kN 作用。设弹簧的平均直径

D 50 mm，弹簧丝的直径 d 8 mm，弹簧丝材料的许用切应力 [ ] 450 MPa，试校核弹 簧的强度。

 50

3

π 83109 4  8 3



 100% 1.78% 5% 450

强度满足（工程中误差小于 5%，认为技术满足要求）。

（2）用简化公式

πd

3 π 83109

讨论：由于 c D d 50 8 6.25 10 ,故应用解（1）中修正公式计算（（1）（2）计算

值相差较大）。

3-7 一圆截面等直杆试样，直径

d 20 mm，两端承受外力偶矩 M e 150 N m 作用。

设由试验测得标距 l0 100 mm 内轴的相对扭转角 0.012 rad，试确定切变模量 G 。

解

Tl0 M el0 GI p GI p

33

π 42 101 40

M e  1 MPa 2π 41110

7510

 2.5210 rad

8FD481.510 3 50103 4 2

解 （1）c 2 8 maxπd 4c 350

 458 MPa



8FD 81.510 3 50103  373 MPa,安全。

M el0 GI p M el0 

 πd

4

150 0.1 32 0.012π 20 41012

 79.6 GPa

3-8 设有 1 圆截面传动轴，轴的转速 设计轴的直径。

n 300 r/min，传递功率 P 80 kW，轴材料的



P 80

解

n 300 T 180GI p π T 4

180G

π

32 d 4 32T 18032 2546 1802

2

 4 π 2 80 10 9 1.0

装轴承处直径可取 d 65 mm ，其它部位若考虑轴肩应按设计规范加大。

3-9

图示为 1 阶梯形圆轴，其中 AE 段为空心圆截面，外径

D 140 mm，内径

d 80 mm； BC 段为实心圆截面，直径 d1 100 mm。受力如图所示，外力偶矩分别为

M e A 20 kN m ， M e B 36 kN m ， M e C 16 kN m 。 已 知 轴 的 许 用 切 应 力



(a)

(b)

解 扭矩图如图(b)。 （1）强度

T1 T1 16T1 161610 3 BC maxW=  81.510 6 81.5 MPa

p1 πd1 πd1 π 0.13 16

 100% 1.88% 5% ， BC 段强度基本满足。 80

T2 Wp 2

T2

3

 [1 ( ) ] 16 D

2010 316

π140 3109 [1 ( ) ] 140 34

许用切应力 [ ] 80 MPa，单位长度许用扭转角 [ ] 1.0 / m ，切变模量 G 80 GPa。试 T 9549 9549 2546 N m

πd

π G 6.56 10 m 65.6 mm

[ ] 80 MPa， G 80 GPa， [

] 1.2 / m 。试校核轴的强度和刚度。



πD d 4

80 4

6

（2）刚度



1610 3180 o

o

l GI p1 π 4 8010 9

32

 π T

1

180

o

BC 段刚度基本满足。

AE 段：

T2

180 o

2010 3180 l GI 0.426 o p 2 π

π 0.14 4 4 4

32 7

AE 段刚度满足，显然

EB 段刚度也满足。

3-10 一薄壁等截面圆管，两端承受扭力矩 M e 作用。设管的平均半径为 R0 ，壁厚为 ，

管长为 l ，切变模量为

G ，证明薄壁圆管两端相对扭转角为

M el 2G π R03

证 2 π

I pA R0 dAs R0ds0 R02 R0 d 2πR03

Tl M el

GI3 M el p 2GπR03

3-11 图(a)所示圆锥形薄壁轴 AB ，两端承受扭力矩 M e 作用。设壁厚为 ，横截面 A

与 B 的平均直径分别为 d A 和 d B ，轴长为 l ，切变模量为 G 。证明截面 A 和 B 间的相对扭

转角为

 AB2M el (d A d B ) 2

(a)

= 41.510 41.5 MPa ，故强度满足。 (b)

证 由图(b)得

BC 段：dxd B d A x d A , I Px 参看题 3-10 证明  1.17 / ml

π 0.1

35



8010 9

 [1 ( ) ]π

2 2

G 2πR0 π G d A B d

l

l M e dx

AB

0 GI px0

3

G 2π 24M e l dx 4M e l

dx 3

B A

πG  l

 d d

 l l  d

3   l

 2 l  d l 0 

2

3-12 图(a)所示等圆截面杆 AB 和 CD 的尺寸相同。 AB 为钢杆， CD 为铝杆，两种材 料的切变模量之比为 3:1。若不计 BE 和 ED 两杆的变形，问力 F 的影响将以怎样的比例分 配于 AB 和 CD 两杆？

(a) (b)

解 设 AB 长 l ，则

2



E a AB a T1l 1

（a）

G1 I p 再考虑 CDE

G1 I p

 E a CD a T2l

G

（b）

2 I a

p G2 I p G2 I p 由式（a），（b）得

2

F F1a l2 G1 I p

G2 I p

F1 F F1 G， F1 F F1

1 G2 3G2 G2 F1 3F F1 , 4F1 3F ， F3 14

F F F2 F F1

4

3-13 已知扭力矩

M e1 400 N m ， M e2 600 N m ，许用切应力 [ ] 40 MPa，单

36

M e dx  dx 0 d 3x πG 0 d d  x d 4M e l d B A x d A

πG d B A

 0 d d  B A x d A

πG d4M e l 1 d d B A x d A

B A 2

2M eld A d BπGd A Bd 2

F a l

F F1alF F1a l2 F1a l



(a)

(b)

(c)

解 图(b)，由平衡得

M B M e 2 M e1 M A 0

即

M B M A 200 N m

变形谐调（图(a)）

（a）

 AB AC CD DB 0

即



GI 0

p GI p GI p 即 4M A 3M A M e1 5M B 0 7M

A 5M B 1 200 N m

（b）

解式（a），（b）得

M B 216.7 N m ， M A 16.7 N m Tmax 383.3 N  m πGI 

， Id 4

pp π32 32Tmax180

2

 d 4

3-14 图示两端固定阶梯形圆轴，承受扭力矩 M e 作用。已知许用切应力为 [ ]，为使

轴的重量最轻，试确定轴径

d1与 d 2 。

(a)

(b)

解 由图(b)平衡

位长度的许用扭转角

[ ] 0.25 / m ，切变模量 G 80 GPa。试确定图(a)所示轴的直径。

37

M A 0.5M A M e1 0.75 M B1.25

Tmax 180

π G 0.25

M 1 M 2 M e

变形谐调

（a）

12

M 1a M 2 2a  0 GI p1 GI p2  2I

M p1 1IM 2

（b）

p2

代入式（a）得

M p2 2I2IM

e ，M 12I p1 p1 I p2 2I p1 IM e

（c）

p2  1maxM 1

M 2

W）

p1 W（dp2

取

M 1 M 2 Wp1 Wp2

式（c）代入得

2I p1M e

2I p1

 I p2 Wp1

I p2 M e

2I p1

 I p2 Wp2

即

2I p1 

I p2

Wp1

Wp2

得

2d1 d 2

代入式（d）得

2I p1M e

2I 1 3 16M e p1 I， d p2 Wp1 9π 最后取

16M e

d9 216M e 1 3 ， d 2 3 9

3-15 图示两端固定的圆截面轴，承受外力偶矩 M e 作用。设其扭转刚度 GI p 为已知常

量。求约束力偶矩。

(a1)

解 图（a1），由平衡

M A M B M e

（a）

变形谐调

 AB 0 ，即

38

， 2 max



M Aa GI p

M B 2a GI p

M A 2M B

代入式（a）得

（b）

M B 1 2 M e ， M AM e 3 3

(b1)

(b2)

解 图（b1），由平衡

M A M B ml

（a）

图（b2）

Tx M A mx

l Tx dx lM

0 GI p

0

GIdx 0

p

即

l

0

A

 mxdx 0 1 l M A mxdM A mx 0

l

1 2m M A mx2  0 ， Mml A0

2

代入（a）得

Mml B2

3-16 图 a 所示直径

d 25 mm 的钢轴上焊有两凸台，凸台上套有外径 D 75 mm ，

壁厚 1.25 mm 的薄壁管，当轴承受外力偶矩 M e 73.6 N m 时，将薄壁管与凸台焊在

一起，然后再卸去外力偶。假定凸台不变形，薄壁管与轴的材料相同，切变模量 G 40 GPa。

试：

（1）分析卸载后轴和薄壁的横截面上有没有内力，二者如何平衡？ （2）确定轴和薄壁管横截面上的最大切应力。

39

A mx

M m 0

 0

 2

1

(a)

(b)

解 （1） 均有内力，内力值见下面解答中式（4），（5）。 （2）设轴受 T = 73.6 N·m 时，相对扭转角为0 ，且

d 0

d x T GI（1）

p 1

T 撤消后，管受相对扭转角 2 ，则轴受相对扭转角1 0 2 （图 b），此时轴、管受

扭矩大小相等，方向相反，整个系统平衡。

1 20

（2）

Tl M x l

GI p 1 GI p 1

GI（3） p 2

M x M x

（4）

MI p 2 xIT

p1 I p2 （5）

 h max

 D

W I I

p2 p1 I p2 Wp2 p1 I p2

2

（6）

Iπd 4 

p132 

32 (25) 4 1012 38349.5 1012

I p2πD 4 D 2 4π 75 4 72.5 412 32 

D

32

 1012 m4

将Ip1，Ip2值代入（6）得

75

管： h max2

(38349.5 )10 6.38 MPa

12

25

轴： s max 

I p1 2

I I2  21.86 MPa

p1 (I p1 p 2 ) 2 (38349.5 ) 38349.51012 ＊3-17

横截面面积、杆长与材料均相同的两根轴，截面分别为正方形与

h / b 2 的矩形。

试比较两轴的扭转刚度。

解 a 2 hb 2b 2 刚度比

I p1

I1a a 3

3 0.141a 4 p2 0.229 2b 4

0.141 2 0.229  1.21

3-18 受 外 力 偶 如 图 所 示 的 90 mm×60 mm 矩 形 截 面 轴 ， 已 知 轴 的 许 用 切 应 力

[ ] 80 MPa，切变模量 G 80 GPa，求许用 M e 和截面 B 的相应扭转角。

40

M xl 

MT

1 ( )

1 ( 75 )10

73.6103

M3

x d

I p2 T d 73.6 10

解 Tmax M A 3M e

 maxTmax

3M e Wt

αhb 2

1 1 3 3

M e 2.0 kN m

 B BA BC CA

 GI t GI t 1.6M e 1.6 2GI10 3 t

8010 9 3.81106 6

 0.0105 rad

41

M ehb 2 0.231 90 60 2109 8010 6 2.0 kN m I thb 3 0.196 90 60 3 1012 3.81 10 m 4

M e 0.4 3M e 0.4