弹性力学全程导学及习题全解

1、弹性力学全程导学及习题全解1-7 试画出题 1-7 图中的的矩形薄板的正的体力， 面力和应力的方向。 注意：（1）无论在哪一个位置的体力，在哪一个边界面上的面力，均 为沿坐标轴正方向为正，反之为负。 （ 2）边界面上的应力应是以在正坐标 面上，方向沿坐标轴正方向为正，反之为负，在负坐标面上，方向沿坐标 轴负方向为正，反之为负。1-8 试画出题 1-8 图中的三角形薄板的正的面力和体力的方向。2-7 在导出平面问题的三套基本方程时，分别应用了哪些基本假设？ 这些方程的适用条件是什么？【解答】（ 1）在导出平面问题的平衡微分方程和几何方程时应用的基 本假定是：物体的连续性，小变形和均匀性。在两种平

2、面问题（ 平面应力、平面应变问题）中，平衡微分方程和 几何方程都适用。（ 2）在导出平面问题的物理方程时应用的基本假定是：物体的连续 性，完全弹性，均匀性，小变形和各向同性，即物体为小变形的理想弹性 体。在两种平面问题（平面应力、平面应变）中的物理方程不一样，如果 将平面应E?换为21?1?,就得到平面应变问题的物理力问题的物理方程中的E换位，方程。2-8试列出题2-8图(a),题2-8图(b)所示问题的全部边界条件。 在其端部边界上，应用圣维南原理列出三个积分的应力边界条件。【解】(1)对于图(a)的问题在主要边界x?O,x?b上，应精确满足下列边界条件：(?x)x?0?gy,(?xy)x?

3、0?0；(?x)x?b?gy,(?xy)x?b?O。在小边界(次要边界) y=O 上，能精确满足下列边界条件：(?y)y?O?gh1, (?yx)?O。(u)y?h2?0,(v)y?h2?0。这两在小边界(次要边界)y?h2上，有位移边界上条件：当板厚 ?1 时，?b(?)dx?g(h?h)b,12?0yy?h2 ?b?0(?y)y?h2xdx?0,?b?(?yx)y?hdx?0。2?0 个位移边界条件可以应用圣维南原理， 改用三个积分的应力边界 条件来代替，(2) 对于图(b)所示问题在主要边界 y?h/2 上，应精确满足下列边界条件：(?y)y?h/2?0,(?y)y?h/2?q,(?yx

4、)y?h/2?q1；(?yx)y?h/2?0。在次要边界x?0上，应用圣维南原理列出三个积分的应力边界条件， 当板厚 ?1 时，?h/2(?)dy?F,N?h/2xx?0?h/2?h/2(?x)x?0ydy?M,?h/2?dy?FS ?h/2xyx?0在次要边界x?l上，有位移边界条件：(u)x?l?0,(v)x?l?0。这两个位移边界条件可以改用三个积分的应力边界条件来代替?h/2(?)dy?ql?F,1N?h/2xx?l ?q1lhql2?h/2?M?FSl?,?h/2(?x)x?lydy?22?h/2(?)dy?ql?F。xyx?lS?h/22-9试应用圣维南原理，列出题2-9图所示的两

5、个问题中 0A边的三个积分的应力边界条件，并比较两者的面力是否静力等效？【解】(1)对于图(a)，上端面的面力向截面形心简化，得主矢和主矩分别为 FN?qb/2，FS=Q M?b0qxb(?x)dx?qb2/12b2。应用圣维南原理，列出三个积分的应力边界条件，当板厚 ?1 时，?b(?)dx?qb2,?0yy?0 ?b2?0(?y)y?0xdx?qb?b?(?)dx?0。 ?byxy?0(2)对于图(b),应用圣维南原理，列出三个积分的应力边界条件， 当板厚 ?1 时，?b(?)dx?qb2,?0yy?0?b2?0(?y)y?0xdx?qb?b?(?yx)y?0dx?0。 ?0所以，在小边界

6、OA边上，两个问题的三个积分的应力边界条件相同， 这两个问题为静力等效的。2-10检验平面问题中的位移分量是否为正确解答的条件是什么？【解】(1)用位移表示的平衡微分方程?E?1?2?E2?1?2u1?2u1?2u(2?)?fx?0?x2?y22?x?y?2v1?2v1?2u(2?)?fy?02 ?y2?x2?x?y( 2)用位移表示的应力边界条件?E?2?1?E?1?2?u?v1?u?v?l(?)?m(?)?fx?x?y2?y?x?x?v?u1?v?u?m(?)?l (?)?fy?y?x2?x?y?x?( 3)位移边界条件(u)s?u,(v)s?v。 (在 su 上)2-11 检验平面问题中

7、的应力分量是否为正确解答的条件是什么？【解】(1)平衡微分方程?x?yx?fx?O,?y?x?y?xy?f?O y?x?y( 2)相容方程?fx?fy?(?x?y)?(1?)(?)?x?y。 2( 3)应力边界条件(假定全部为应力边界条件， s?s?)?(l?x?m?yx)?fx,?(在 s?s?上) ?(m?y?l?xy)?fy。/.( 4)若为多连体，还须满足位移单值条件。2-13 检验下列应力分量是否是图示问题的解答：y2?x?2q,?y?xy?0b (a)题 2-13 图(a),?x?y,?xy?SIbl (取梁的厚度b=1) (b)题2-13图(b),由材料力学公式， 得出所示问题的

8、解答：x3y3qx222?x?2q3,?xy?(h?4y)3lh4lh。 MFS 又根据平衡微分方程和边界条件得出 3qxyxy3qx?y?2q3?2lhlh2l。试导出上述公式，并检验解答的正确性。 【解】按应力求解时，(本题体力不计) ，在单连体中应力分量 ?x,?y,?xy 必须满足：平衡微分方程、相容方程、应力边界条件(假设s?s?)。y2?x?2q,?y?xy?0b(1) 题 2-13 图( a)， 相容条件：将应力分量代入相容方程，教材中式( 2-23)?2?22q(2?2)(?x?y)?2?0?x?yb，不满足相容方程。 平衡条件：将应力分量代入平衡微分方程 ?x?yx?0?y?

9、x?y?xy?0?x?y 显然满足。 应力边界条件：在x?a边界上，(?x)x?ay2?2q,(?xy)x?a?0b。在 y?b 边界上，(?y)y?b?0,(?yx)y?b?0满足应力边界条件oMFS?x?y,?xy?Slbl(取梁的厚度b=1)(2)题2-13图(b),由材料力学公式，,x3y3qx22?x?2q3,?xy?(h?4y2)3lh4lh得出所示问题的解答：。又根据平衡微分 俄方3qxyxy3qx?y?2q3?2lhlh2l。试导出上述公式，并检验解答的正程和边 界条件得出确性。 推导公式：在分布荷载作用下，梁发生弯曲变形，梁横截面是宽度为 1 ，高为 h 的矩形，其h3lz?

10、12,应用截面法可求出任意截面的弯矩方程和对z轴(中性轴)的惯性距q3qx2M(x)?x,FS(x)?6l2。剪力方程分别为 所以截面内任意点的正应力和切应力分别为M(x)yx3y?x?2q3lzlh，3FS(x)4y23qx222?xy?(1?2)?(h?4y)32bhh4lh。 根据平衡微分方程的第二式(体力不计)?y?y?xy?x?0得到3qxyxy3?y?2q3?A2lhlh。 根据边界条件 (?y)y?h2?0,qx2l， 得 A?3qxyxy3qx?y?2q3?2lhlh2l。 所以 相容条件：将应力分量代入相容方程?2?224qxy(2?2)(?x?y)?03?x?ylh。不满足

11、相容方程。 平衡方程：将应力分量代入平衡微分方程显然满足。 应力边界条件： 在主要边界 y?2 上，应精确满足下列边界条件：(?y)y?h/2?(?y)y?h/2?0,qx,l(?yx)y?h/2?0。 (?yx)y?h/2?0。自然满足。在 x=0 的次要边界上，外力的主矢量，主矩都为零。有三个积分的应 力边界条件： ?h/2(?)dy?0,?h/2xx?0?h/2?h/2(?x)x?0ydy?0,?h/2?(?xy)x?0dy?0。？h/2 ?在x?l次要边界上，(u)x?l?O,(v)x?l?O。这两个位移边界条件可以改用积 分的应力边界条件来代替。h/2?h/2x3y?h/2(?x)x

12、?ldy?h/2?2qlh3dy?O,?h/2x3yql2?h/2,?h/2(?x)x?lydy?h/2?2q3ydy?lh6?h/2?h/23qx3y2ql2(?)dy?(h?4y)dy?。？h/2xyx?l3?h/24lh2?所以，满足应力的边界条件。显然上两图中的应力分量都满足平衡微分方程和应力边界条件，但不满足相容方程，所以两题的解答都不是问题的解。【解】参看图，位移矢量是服从几何加减运算法则的。位移矢量为d,它在(x,y)和(?,?)坐标系中的分量分别表示为所以?u?ucos?vsin?u?usin?vcos? (a)写成矩阵形式?u?cos?sin?u?v?u?sin?cos?(b

13、) ?所以?u?cos?sin?u?v?sin?cos?u?(c)若写成一般形式，则位移分量的变换关系为(u,v)和(u?,u?)，u?u?cos?u?sin?,v?u?sin?u?cos?或u?ucos?vsin?,u?usin?vcos。?4-14设有一刚体，具有半径为R的圆柱形孔道，孔道内放置外半径为R而内半径为r的圆筒，圆筒受内压力为 q,试求圆筒的应力【解】本题为轴对称问题，故环向位移u?0,另外还要考虑位移的单值条件。( 1) 应力分量 引用轴对称应力解答， 教材中式(4-11)。取圆筒解答中的系数为 A,B,C,刚体解答中的系数为 A?,B?,C?由多连体中的位移单值条件，有B=

14、0 ，(a)B?0。(b)现在，取圆筒的应力表达式为?A?2?2C, ?A?2?2C。 (c)刚体的应力表达式?A?2?2C?,?A?2?2C。? (d)考虑边界条件和接触条件来求解常数A,A?,C,C和相应的位移解答。首先，在圆筒的内面，有边界条件A?2C?qr2(e) (?)?r?q 由此得其次，在远离圆孔处，应当几乎没有应力，于是有?)?0,(?)?0(?由此得2C?0(f) ，再次，圆筒和刚体的接触面上，应当有?)?R(?)?R?(?。?于是有式（c）及式（d）得AA?2C?2C?22RR（ 2） 平面应变问题的位移分量应用教材中式（ 4-12）的第一式，稍加简化可以写出圆筒和刚体的径

15、 向位移表达式u?1?A?2（1?2?）C?Icos?Ksin?E? （h）（ i） ?0u?刚体的径向位移为零， 在接触面上， 圆筒与刚体的位移相同且都为零， 即?）?R?0（u?）?R?（u?。将式（h）和式（i）代入，得1?A?2（1?2?）CR?Icos?Ksin?0?E?R?方程在接触面上的任意点都成立，?取任何值都成立，方程两边的自由项必须相等，于是得1?A?2（1?2?）CR?0?E?R?简化并利用式（ f ），得A?2（1?2?）CR2。（ j）（ 3）圆筒的应力把式（j）代入式（e）,得（1?2?）qr2R2A?22?（1?2?）R?r?qr2C?22?2?（1?2?）R?r

16、?， ?。圆筒的应力为 11?2?1?2?2R2?2R?q?q?2?2r2，R r2R。 ?4-15 在薄板内距边界较远的某一点处，应力分量为 有一小圆孔，试求孔边的最大正应力。1?2?x?y?0,?xy?q 如该处【解】（ 1 ）求出两个主应力，即?1?x?y?q。 ?3?2原来的问题变为矩形薄板在左右两边受均布拉 力 q 而在上下两边受均布压力 q ，如图所示。应力分量？x?q,?y?q,?xy?0代入坐标变换式，教材中式（4-7）,得到外 边界上的边界条件（?）?R?qcos2?（ a）（?）?R?qsin2?（ b）在孔边，边界条件是（?）?r?0（ c）（?）?R?0（ d）由边界条

17、件式（a）、（b）、（c）、（d）可见，用半逆解法时，可假设一 函数乘以cos2?，而？?为？的另一函数乘以sin2?。而?1?1?1?2?（。） ， ?2?2?为?的某 因此可假设?f（?）cos2?。将式（e）代入相容方程，教材中式（4-6），得?d4f(?)2d3f(?)9d2f(?)9df(?)?cos?2?3?0。 432d?d?d?d?删去因子cos2?以后，求解这个常微分方程，得f(?)?A?4?B?3?C?D?2，其中A,B,C,D为待定常数，代入式(e),得应力函数?cos2?(A?4?B?3?C?D?2)，由应力函数得应力分量的表达式?4C6D?cos2?(2B?4)?2?

18、6D2 ?cos2?(12A?2B?4)?2C6D3? ?sin2?(6A?2B?2?4)?将上式代入应力边界条件由式(a)得4C6D 2B?2?4?q(g)RR由式(b)得2C6D6AR3?2B?2?4?q(h)RR由式(c)得4C6D2B?2?4?0 (i) rr由式(d)得2C6D6Ar3?2B?2?4?0 (j) rrr 联立求解式( g)(j)，并命？0,得Rqqr42A?0,B?,C?qr,D?。? 22 将各系数值代入分量的表达式，得?r2r2?qcos2?(1?2)(1?3?2)?r2? ?qcos2?(1?32)?r2r2 ?qsin2?(1?2)(1?32)?沿着孔边？r，

19、环向正应力是?4qcos2?。最大环向正应力为 (？)max？4q。6-2 如题 6-2 图所示一平面平应状态下的三结点等边三角形单元， 其边 长为 a,？。(1)试求出应力转换矩阵 S及单元劲度矩阵k。( 2)试求出 k 中的每行之和及每列之和，并说明原因。(3) 设单元发生结点位移 ui?uj?um?1,vi?vj?vm?0,或发生结点位移 ui?uj?vi?0,vj?1,um?vm?2，试求单元中的应力，并说明其原因。(4) 设该单元在 jm 边上受有线性分布的压力，其在 j 点及 m 点的集度 分别为 qj 和 qm ，试求等效结点荷载。【解】( 1 )在所选的坐标系中xi?0,xj?

20、a,xm?1a,2 yi?0,yj?a,ym?。应用教材中式(6-19)及(6-20)，得 bi?a,bj?a,bm?0,2211ci?a,cj?a,cm?a, 222A?。？18180?E?S?3?0（ a）?335a?0?7.5?7.5应用教材中式6-32）和（ 6-33），得该单元的应力转换矩阵应用教材中式（ 6-37）及（ 6-38），得单元的劲度矩阵?对？21?8?9?Et?8k?35?921?88?15?4?33?22?称?0 ?0154?（2）求得式（b）中每一行（或列）的元素之和为零（其 第一、三、五个元素之和或第二、四、六个元素之和也为零） 。因为 k 中的每一个元素都表示，

21、 发生单位结点位移时所引起的结点力0而各个节点的位移都相同，说明单没有发生形变，即不会引起结点力0（3）设单元发生结点位移ui?uj?um?1,vi?vj?vm?0,此时，单元作平移，则三角形内不产生应力和应变，从而结点力为零；但单元发生结点位移ui?uj?vi?0,vj?1,um?vm?2，单元作转动，从而结点力也为零。（ 4） 单元在 jm 边上受有线性分布的压力，在 j 点及 m 点的集度分别为 qj 和 qm（可假设，此时，相当于有均布荷载 qj 和三角形分布荷载（在 j 点集度为 0，m 点 qj?qm）集度为qm?qj）同时作用在jm边上。 在均布荷载 qj 的作用下， x方向的均

22、布面力为y方向的均布面力j ； 1为？qj。由教材中式（6-45）求得的结点荷载为jt?Nids,FLjx1?jt?Njds,FLmx1?jt?Nmds,jmjmjm111FLiy1?qjt?Nids,FLjy1?qjt?Njds,FLmy1?qjt?Nmdsjmjmjm222FLix1?应用教材中式（ 6-22）中的第二式及式（ 6-21）中的第三式，得11Nds?0，Nds?Nds?jmi?jmj?jmm22a。所以，有?FLix1?FLiy1?0?F?F?jta（c） ?Ljx1Lmx1?1?F?F?qjtaLjy1Lmy1?4 在线性分布荷载（j点集度为0, m点集度为qm?qj）的作用下，m点x1qm?qj）, y方向的均布面力为qj。由教材中式（6-45） 2求得的结点荷载为?FLix2?FLiy2?0,?F?（q?q）tNds,F?qm?qj）t?Nmds,（ d） ?Ljx2mj?jmjLmx2jm44?11?F?（q?q）tNds,F?（qm?qj）t?