应用弹塑性力学习题解答教材

1、应用弹塑性力学习题解答目录第二章 习题答案 2第三章 习题答案 6第四章 习题答案 9第五章 习题答案 26第六章 习题答案 37第七章 习题答案 49第八章 习题答案 54第九章 习题答案 57第十章 习题答案 59第十一章 习题答案 623第二章习题答案2.6设某点应力张量.的分量值已知，求作用在过此点平面上的应力矢量-: - : - 1，并求该应力矢量的法向分量 。解 该平面的法线方向的方向余弦为l-a/df m-b/d f n=c/d f d -+而应力矢量的三个分量满足关系宅P耶=；+碍即+壬弹卑而法向分量2满足关系!儿最后结果为：=(+V+v 兀二(张+以+咛 碍=（碍疋+cr”

2、+crc3 +2升必+ 2珈0 + 2空町冴 d2 = a2 +b2 +e3/T=0rr=?rr=1r = 1 r 7 t 02.7利用上题结果求应力分量为- 1- 二 时，过平面,门*“处的应力矢量:，及该矢量的法向分量及切向分量”；。解 求出-、-* 、_ 1、后，可求出及，再利用关系 二一二二1 一 可求得 I。最终的结果为细詡鼎勿尿仇打血 = 29/11, = 772/1212.8已知应力分量为；1_ - ，其特征方程为三次多项式丁 工 I ：； 一，求。如设法作变换，把该方程变为形式.- -，求丄以及：与的关系。解 求主方向的应力特征方程为（J 一 J】/ - JjiT- = 0式中

3、：一 一 是三个应力不变量，并有公式心=（耳硏+蛤）+的耳+讣（F6+4）占二G 碍。胆J代入已知量得i4丄一为了使方程变为一 -I形式，可令T_ - J/3代入，正好项被抵消，并可得关系X浙 be ? +c # q -+d327 3代入数据得二，：，- _1：2.9已知应力分量中1，求三个主应力 丁三二三解在丄 = r 时容易求得三个应力不变量为： ;Ij，特征方程变为宀 - q/ - qo-F二 0则三个主应力为求出三个根，如记2.10已知应力分量丄 二二兀十 二:是材料的屈服极限，求-及主应力0解 先求平均应力J ，再求应力偏张量:2芈】，J ，厂 。由此求得；=0.25云卫二0.01灯

4、然后求得”.人，二二一一 m，解出二一一二二詔勺二蔦 = -0.07?9qer】二吟+cr= 0.3221q肝 w呛+2开/3）二 Q 勺 44q （7曲+ 0.9344吕二 r 血（0+4 砒=-0.4565O；巧 p+g-0.056然后按大小次序排列得到q=0344o；，為=0.322岖，q 二-0.056q2.ii已知应力分量中，求三个主应力：J，以及每个主应力所对应的方向余弦.、，：】亠解特征方程为7记，则其解为:-，】一，厂 。对应于的方向余弦：，*，!应满足下列关系(a)(b)洞i中V3广。m+Vi = 0I一 -（ c）由（a） ,（b）式，得“，至八广，代入（c）式，得，由此求

5、得对二】，、一M，代入得 - I 时，证明一 一.；-成立。sy02.12 当:解J；寺;+s；+s；）+V由-_二二+二 -二_二+二：二，移项之得证得馅=扣 _ - s；） = -扌開 + +s；） S吗 Y = s；-*（s； +ff?+sj）-lj, = S；-J； j;）Ev第三章习题答案彳二w，G= *、3.5取，为弹性常数，1.一：；，是用应变不变量*亠一表示应力不变量一 亠一。解：由5 =久（勺+巧+爲）+2筠=仙+ 2%，可得占=（3/!+2G）Z，由5爲二壮：+ 2G2Z（勺+勺）+4旷號2得J2 = _（込丐+ q込+隔还）=尸-4CU甲+4（7迄二-（勿+40吋+血2Z

6、 + 2GJZ1(?1 + Fj+4Gf2q (+20)3 = CJj tJj =兄=护尸+ 20“ 4弘打+ 80霭=隧+冶卯）弟-4旳口 +8G5Z33.6物体内部的位移场由坐标的函数给出，为，46环峡績+ 2+10）xl护，求点F（W2）处微单元的应变张量打、转动张量和转动矢量解：首先求出点的位移梯度张量dz9Uyduydxdz利如务dxdz030_1206xlO-4240将它分解成对称张量和反对称张量之和3x22尹2z012 + 2尹030_07.50_ 0-4.50_1206xlO =7.505xlO +4.5(i1_042405240一 10转动矢量的分量为 =怎二-llOOlra

7、d兮二耳广阮d吗二岛二0,0045加该点处微单元体的转动角度为炒二 J(-0耐+(00045)2 二 0.0046r3.7电阻应变计是一种量测物体表面一点沿一定方向相对伸长的装置，同常利用它可以量测得到一点的平面应变状态。如图3.1所示，在一点的3个方向分别粘贴应变片，若测得这3个应变片的相对伸长为，匚 ， “二二，求该点的主应变和主方向。95解：根据式：先求出剪应变。考察J方向线元的线应变，将 一-也 _-%，-用-2，%，沪怙 = 0代入其中，可得-丄才-? - -：!：-ll：-则主应变有500-F-350-350800-呂xlO-6 = 0解得主应变L-，宀.，丁 。由最大主应变可得5

8、00-1031-350-350800-1031上式只有1个方程式独立的，可解得与：轴的夹角为mtan =于是有口 - - ，同理，可解得二与：轴的夹角为【一3.8物体内部一点的应变张量为5003003000400-100-100200试求：在R； 一 一1方向上的正应变。根据式1F 二 M 曲1曲j，则M方向的正应变为500300= 644x103000400-100-1002003.9已知某轴对称冋题的应变分量缩的，求：.丿应具有什么形式？L T ，这时应变和位移之间的关系为dup。应变协调方程简化为二八 ，由不的形式，又设材料是不可压解：对轴对称情况应有du, 牛 =-气= F =可压缩条

9、件广匚 ，可得p-+2cfz）=Q可积分求得，I丨是任意函数，再代回 號jP7p 可得沪-作）/2-3.10已知应变分量有如下形式鵝（2） 磅应满足什么方程。厶0，由应变协调方程，试导出人厶Zr沪务_护&2 j解：由方程川於 %，得出-】必须满足双调和方程! o肌 -=2 _二，得出J：-1-，得出 J3佝釘 %-I由金（如 dz 3x丿8（%丄防J由，由此得其它三个协调方程自动满足，故对:没有限制第四章习题答案4.3有一块宽为匚，高为1的矩形薄板，其左边及下边受链杆支承，在右边及上 边分别受均布压力和匚作用，见题图4.1，如不计体力，试求薄板的位移。题图4-1解：1.设置位移函数为= 丫（4

10、+如+型+）v =31 +妫畫+ 8 +（i）因为边界上没有不等于零的已知位移，所以式離衲 中的呷、F都取为零，显然，不论式（1）中各系数取何值，它都满足左边及下边的位移边界条件， 但不一定能满足应力边界 条件，故只能米用瑞兹法求解。2.计算形变势能。为简便起见，只取 匚、1两个系数。一二：一坤 j .- | l-i/2）U = 磊 口； S +氏+ 2丛妙砂=寻申盼2吨j(3)3.确定系数 和: ，求出位移解答。因为不计体力 匚丨，且注意到【，式4-14简化为 暑=j Xuds(4)(5)对式（4）分值为零右端积分时，在薄板的上下边和左边，不是在右边界上有丄丿，就是：,故积X-qx ,珂二x

11、二口 , ds-dy卜（ 6） 同理，式（5）右端的积分只需在薄板的上边界进行, j Yvds = （-g J bdx = -q2ab将式（3）、式（6）、式（7）分别代入式（4）、式（5）可解出和】:器吉（2时+ 2鸣）=一咖器务+2吗）二一咧(8)(9)4 分析：把式（8）代入几何和物理方程可求出应力分量，不难验证这些应力分量 可以满足平衡微分方程和应力边界条件，即式（8）所示位移为精确解答。在一般情况下（这是一个特殊情况），在位移表达式中只取少数几个待定系数，是不可能 得到精确解答的。4.4设四边固定的矩形薄板，受有平行于板面的体力作用C ），坐标轴如题图4.2所示。求其应力分量题图4-

12、2解：1 .本题为平面应力冋题，可用瑞兹法求解。由题意知位移分量在边- 中的、：都取界上等于零，所以，所以式为零，且将位移函数设置为如下形式:M=?slns,n-(1)=0 sin 或 二=0，所以,S1I1a把匚或/二；代入上式， 位移边界条件是满足的。2 把式（1）代入式（9-16），得薄板的变形势能为1 沪 1 n2a 4（1+V）H” EabU 4因为,m2(1-沪4(1+卩)2(2)3.确定系数乂和幕。由于位移分量在边界上为零，所以，方程式 为IdU. mm . nviy ,= a sinsinaxaydA 血 ka bfflS!=I i sin%Jo Jo 式（2）代入式（3），得

13、sin dxay(3)4-14简化Eab4-pg(1 -阿沏)(1 -沁咧 mnTu=TEmnT6Qg*讲沪（1-/） + 2/（1+叭将需和代入式（1）得位移分量为二IT6pg才msinsin沪（1-内 2?（l+v）4.利用几何方程和物理方程，可求出应力分量（ +vUxs1说 I 处 5y）du+ v ，& j=zs秋 MJI3彩&沖 i w?(l-v) 护+加JT6pgM3 丄/（1一卩）|沪+加-16ig刖死x . nTiysinsma bv和取奇数)；.wsJTX nny sinsina br2a nmnlA -IlI X sin sinaxayohab4 2b20+v)绻-JEab

14、期2肿/a(l-v2) + 2?(1+v)比* = jmJTx . nyI i sinsinaxay川abJ4由于， 一匕，从式（4）的第一式得一，由第二式得当：和:：取偶数时，担卜.;.肚；和I- :.-. |都为零，当；和取奇数时，C -丄皿和厂=都为2。因此，当）取偶数时，.-。当取奇 数时，m n Trna- 8您2 n m + i2(l-v) 2a2cossina bTTiV4.5有一矩形薄板，三边固定，一边上的位移给定为见题图4.3，设位移分量为1一 .式中，为正整数，可以满足位移边界条件。使用瑞兹法求维持上述边界位移而要在 1处所施加的面力。7题图4-3解：1.平面应力问题时的变

15、形势能为式o Jo+ 21/du 3v 1-vfSv du1l3z dy 2 如dxdy屯+加如其中业 zf 8i? 2(1-v3)j h瓦_ E= 2(1-/) sab4a mm a njvyxcos sm a bdudy.n 丼mxa nm a 1 n m“曲箸+铲严辻=2 丽r 网.mm . 7Tx一 2E“ 一 sinsin cos3 & a adxdy_ E= 2(1)ab 沪 abT+I7T2Ev-忍y -初 w?7Tx nTTycossin冥垃” 一smcosabb abm7T一去皿azm/Tjt 7.程开y . TTxxsinstn a b b a2 卽丿4(1+P)dxdyd

16、xdy护/启3 +沪兀珂* Ena4a6a16(1+亦从即T#打严.湖X7TX , Zsincosrfxx ycos富凉Jc2 确定待定系数。按题意三边固定（而面力待求。所以，半二JJ%妙= ；：肮n乎稣乎畑y ），一边只存在丁:% = )ffSfi夢計陆嘶订:畑竽现半畑y将式（1）代入式（2），得 dU Eab严 . mm nny . n dep du/ =jo jsin 肋匚“越-一dU Eab*W +4 护(1-J) 2?(l+v)tapy . m . mnx nm .、sin sinsinaxay2?(l+v)a a b严严 “ .mm . nm , = i sinsindxdyJo

17、Jo社b当体力分量为零时，丄二二丨，得a3A(l+v)2(l+v)沪(Id)ny .血 wri .帧y ,sinsmsinaxify h a a b当J -丨时，丄7，而lf.E f 广(p-Uc- 2(1+v) Ldxdy = Q，所以，此时有% =為(1+1/)2讽1+卩)+护(1-1?)严2兀x】fy . nm ,x sin ai sindyh a X h z(-if7Ta3.位移和应力解答为!/= 0(T) sin _3111a bF(i) +v 3v1 - p 砂丿 1-v dy(-1)皿i+y_匚沪(i) 2Sv du+v卜 Sr i-1/ iK；sin (g呼B +b2(l-v)

18、 2z+丄b aT na护(1-巧2EttE 7i m% - 2(1+i)示-一 2(1+収)7 曲 丁4.求上边界施加的面力(设：)，在；：处ET) 处 、严踰 JETCOS = -1 57 cos 2 a aa asm l + 2a a L L4.6用伽辽金法求解上例。解：应用瑞兹法求解上例时，形变势能的计算工作量较大。由于此问题并没有应 力边界条件，故可认为上例题意所给的位移函数 不但满足位移边界条件，而且也满足应力边界条件，因此，可以用伽辽金法计算。 对于本题，方程可以写成E (d2u -vd2u 1+v d2v 2 dy 2 dxdy 丿E (v l-v5 1 + v d2u)1-v

19、2 bn:ffJo Jo2 dx2 2 Sr砂)+ymm . nny , , A xsinsindxay - 0.mTix . nm .八x smsinaxay - Ua bEab将上题所给的表达式代入，积分后得顾x .帧y ,. sin * dxay = UEab4為=仃畑如帅竺嘶+字J 粗 h kab2?(l + v)ny . wrx . nTiy ,sinsmsmdxdy b a a b当体力不计时， 2 = /= |， 此时，而.由下式确定:n2擁$巩匚?广苟1+tjrfi mm . m .sm sin= Q p _门一！二即7讥业.3 fy .理兀y J厲i sinsin 一ax s

20、in*dy2/（1 + % a ab,当V I时，上式成为Eab4b2 fl-v2 2a2 （1+v）La 加（1+0。 a h b由此解出及位移分量如下:”（一1） sin sinn1 1沪（1-卩）+百（g罕z+丄F h兀勺沪(i) 2 |求出的位移和应力分量，以及上边界的面力，都有上例用瑞兹法求得结果相同。v = -T/sm- b a K9（-旷m2n”丄1 I 讥li）十2?4.7铅直平面内的正方形薄板边上为一l；，四边固定，见题图4.4,只受重力作用。设.二，试取位移表达式为f _2W1- 1LL三卜+麗+網+V= 1-y1 a八fnHb)By + 2 + 禺+ aa丿用瑞兹法求解(

21、在的表达式中，布置了因子；和:，因为按照问题的对称条件，:应该是：和，的奇函数)。题图4-4解：1位移表达式中仅取二和二项:v= 1-3 1-当 A =i 応八 口丿j（ i）2由】I得变形势能为1+ 20 du、16砂丿其中A3v2 adxdy(2)du1 /丿丿代入式（2），得B；(3)3.确定系数和。因板四周边界上位移为零（M，面力未知），板的体 力分量为Dv，所以得巴=034dxdy箸=匸匚昭工严将式（3）代入式（4），得du亦_1盘丿4J 2F = 一11-P1 21 21 a / a 71a )dxdy - 04dxdydU E p ra 函右丄_也AxaAV 严 1七A ”丿注意

22、，有以下对称性：=1 d2u12 dy2dxdy(d2v1a2v1九p +亍门+孑茹 +跆 叩砂=Q vV2Ox2oiryy)uxdy = 0(2)将叮上以及式(1)代入(2)，得J工卜吐網喝卜并好3珂I a ) a )2 a ) a )14 1 C X3 Y1 y2y ,- + T-rA _P1_必矽二02 a I a H a Ja由此解出几和1乃喩二225-_（3）与瑞兹法求出结果一样，由此可见，用伽辽金法计算较为简单。4.9悬臂梁自由端作用一集中力J，梁的跨度为，见题图4.5,试用端兹法求梁 的挠度。解：1.设梁的挠度曲线为w=Sl l-cos 21 j(1)此函数满足固定端的位移边界条

23、件：=0，梁的总势能为nY r 3 cos 21)Jo帥5晋嗨卜閉21由得Ell(2ZjBr-P=OEI】代入式（1）得挠度为式（2）32 Pl3（，最大挠度为式（3）1-COS 2/丿(2)1 ppVIL 还二 W,=皿联U 3 037 El（3）4.10有一长度为1的简支梁，在:-厂处受集中力丁作用，见题图4.6,试用瑞兹 法和伽辽金法求梁中点的挠度。解一：用瑞兹法求解设满足梁端部位移边界条件题图4-6z产。的挠度函数为(1)梁的变形能及总势能为口二辽沖兀- Fg比池竺巴M親匹。由上”得2PI sinB 4 /Elm刑血.MTX2ppsm:sinw=ry丿作用于中点(2)以上级数的收敛性很

24、好，取很少几项就能得到满意的近似解，如（-1，?）时，跨中挠度为（只取一项）2pP pFvi? =皿 El 48752pp这个解与材料力学的解（二）相比，仅相差1.5% 解二：用伽辽金法求解与=01. 当对式（1）求二阶导数后知，它满足 必 5 ，亦即满足支承处弯矩为零 的静力边界条件，因此，可采用伽辽金求解。将式（1）代入伽辽金方程，注意 到m，且作用在n处，可得2叭严擁ZTF-Tr* 4El n m求出的挠度表达式与（2）一致。4.11图4.7所示的简支梁，梁上总荷重为 人，试用瑞兹法求最大挠度。W =(1)（-则总势能为J 丿a 7TX COS 佝(1】代入式（1）得11“ E说梁上总荷

25、重为,因此有2%4 啼 fl 1 |IEItC Q 7TJ4.12 端固定、另一端支承的梁，其跨度为.，抗弯刚度丄为常数，弹簧系数 为，承受分布荷载作用，见题图4.8。试用位移变分方程（或最小势能原 理），导出该梁以挠度形式表示的平衡微分方程和静力边界条件。题图4-8解：用位移变分方程推导1.梁内总应变能的改变为2. 外力总虚功为?（盂）和必-氏卫（加）卫二*（天）和必-上3和）口3. 由位移变分方程式得(1)斜;分彳韵如亦歸-上阿人对上式左端运用分部积分得代入式（1）,经整理后得由于变分U的任意性，上述式子成立的条件为(3)EI二 04式（3）就是以挠度表示的平衡微分方程。 端为固定端，因此

26、有（4）（5）F面讨论边界条件，由于梁的左（6）梁的右端为弹性支承，则有注意到式（4）能满足，而欲使式（5）成立，必须满足*5x-l=0(8)式（6）和式（8）即为题意所求的边界条件5.由于最小势能原理与位移变分方程式等价的，所以，从最小势能原理出发，也 能得到所求的表达式（略）第五章习题答案5.3矩形薄板具有固定边,简支边一及自由边一丄和，角点 处有链杆支撑，板边所受荷载如题图5-1所示。试将各板边的边界条件用挠度表示。题图5-1解：1。各边界条件如下：H=0(1)(3)或用挠度表示为或用挠度表示为Sy2=0二-%皿=-屁或討1M(2)7(5) 5.4矩形薄板的二和咒：边为简支边，亠和丄边是

27、自由边，在二点有一个 向上位移，且由链杆拉住，如题图5-2所示。试证人能满足一切条件（其 中，、为待定常数），并求出挠度表达式、弯矩和反力。题图5-2解：1.挠曲面方程为：边界条件为丄边一边=0=0,=0土边二1边2.将挠度表达式代入后，可知满足以上各式。由F角的位移条件确定门，从而求出挠度，内力和反力:一川二-一矽 ab ab%=创4 士dx&y ab2D(i)d2D(1-卩)0ab3. 分析：给定的F角点的位移沿匚轴反向，故为负值。四个角点反力的数值 虽然相同，但几、.的方向向上，1,则向下，这些反力由外界支承施加 于板。5.5题图5-3所示矩形板在点受集中力匚作用，门和二 两边简支，二

28、和.三：两边自由，试求挠度、内力和反力。提示：h-P丫工，丁为任意常数-的补充条件可确定2.不难验证k /-能满足以上方程和条件。有角点 ，进而可求出挠度、内力和反力：LdxdyP2Z)(1 - v)2D(i)W 二 wPab2JD(l-v)恥&巩匸盼-Pl, 匚的方向向上，几、7则向下（沿二轴正方向）5.6有一块边长分别为匚和E的四边简支矩形薄板，坐标系如题图 5-4所示，受.7TX . 7TV w = 3Sinsin 能满足一切条件，并加砂q = sin sin 板面荷载.：:作用，试证求出挠度、弯矩和反力题图5-4(Q7TX 7iysin ab解：不难验证：；能满足所有简支边的边界条件，

29、由挠曲面方程式丄可确定：，从而求出挠度、弯矩和反力。_/亦wy|打sin + a右I占丿-20（1-ahm7iycos cos 盘b解:将厂；J5.7有一矩形薄板的二与1边是简支边，其上作用有均布弯矩匸，工和一上 边为自由边，其上作用有均布弯矩 W，若设1;:门能满足一切条件，试求出 挠度、弯矩和反力。板面无横向荷载：作用，坐标取题图5-5。（护VP护w=_3（6珂兀+2九）r厂，/（=寂+加+4/+人弯矩、反力的表达式为二一 D（6 牛+24）叫二耐书=0肚0九平网由边界条件确定常数，从而求得挠度和内力:必4 = 0,妁二-籍W二 MI -X HX八丿2D 2DMy=0珅能满足。所以，寫能满

30、足一切条件，*，其余内力和反力为零 5.8有一四边简支矩形板，板面荷载如题图 5-6所示，求该薄板的挠度。题图5-6解：采用纳维解法，挠度表达式为z -1/ b荷载表达式为05 W= ?Q2a紳殳,心y) = (ar)処a由式4pp22 3h4 . - m n TTabD -r+r 才护稻加旳兀y .q sinsin-axaya b/+72TabDl匕b J必+；(o-x)処他竺必2b4%f a )2 .打I1.1t =4x sin 1 nabD1-0厂逼1aymn)2/ a b )心二4Jamm xsina7T7jDw2M式中,mnx . 7iysinsin-a b00K-l*E Z (7丁

31、:*L3Jv-*-Uk5T-727i Dm n5.9题图5-7所示的矩形薄板，周边简支，板面无垂直均布荷载作用，只在士的板边受均布弯矩作用，求板的挠度。M题图5-7晳- 2X +解：1。采用李维解法。因为板面荷载为零，故式.mm ,sinaxa右端积分为零，即特解为零，再考虑变形的对称性，板内挠度应是的偶函数，所以， ，则挠度表达式为空里+空卷人空空aa a Jsm2. 利用一的边界条件确定系数 山，4 :冷二4二-也th备务二- 2吃兔ffl-ich am sin= Moaan等式两端同乘以一，对 积分，且注意到三角函数的正交性，得比=-2M屛/（曲护ch%）（幣二U 5,）shmvy m7

32、iy 仁 m?iy . mmaM th cha5.10半径为匚的固定边圆形薄板, 和内力。板面荷载为川匹，如题图5-8.求其挠度解：1.板中无孔，满足挠曲面微分方程的挠度可取为w 二 C/ +2 +呦式中，特解设为，代入挠曲面方程后，得m亠225aD2.由边界条件求得常数，进而求出挠度和内力:H1=0F是W 二15D（1）（2）（3）（4）sin3.分析（1）取半径为的板中部分圆板的平衡（也可求得：27irq&F - 0 _1尸0-00 1_（2）若固定边圆板受荷载I皿丿作用（题图5-9a），该荷载可分解成题图5-9b和题图5-9c所示两种荷载。题图5-9b的解答很容易得到，题图5-9c状 态

33、下的解答则可将一代换本题的式（4）、式（5）中的而求得。题图5-9b和题图5-9c状态下的解答叠加起来便可求得题图5-9a状态下的解答，不难证明,题图5-9a情况下的挠度为题图5-95.11有一半径为匚的固支圆板，板中心受集中力亠作用，见题图5-10a,求其挠 度和内力。b)题图5-10则其挠度表达（1）解：1.这是轴对称弯曲问题，板面无均布载荷，故特解 t为零, 式为板中心无孔，挠度应是有限值，二应为零。该板的边界条件为町7二0屁於b a + C沱“ +耳二0（2）二 0,2 如rlrm +如+ 2% 二 0（3）取半径为?的部分圆板的静力平衡条件，得(4门丹、Qr2辄+尸=03 -上巴+F

34、 = Q r )（4）2 由式（2）、式（3）、式（4）求得常数，进而求出挠度和内力:16兀D(1+2 In a), Dq =Pa216兀0(5)(6)宀八2宀匸16) Ia yMr- (l + v)ln- + l=(l+v)ln- +4汀3. 分析：题图5-10b所示固支圆板，当版中心链杆支座发生沉陷时，可以用本题的式（5）求解（其中第三项在板中心为零）(7)Pa2UtiD将代入式（5）、式（6）,求得题图5-10b情况时的挠度和内力为p-?+2?ln-(8)胚产-警(l + v)ln + l詁4页aSn-5(1+ u) In va（9）5.12有一半径为匚的简支圆板，板面无荷载，但在周边受

35、均布弯矩匸作用，见题图5-11所示。求圆板的挠度和内力。题图5-11解：1.因板面无荷载，板中心无孔，故特解 上和常数1,1取为零。挠度、转 角、内力表达式如下：(1)(2)瞪二叫2（3）码，叫叫二九弍(3)边界条件为：(4)(5)2.求出-，后代回式（1）、式（2）、式（3），得IQ2（l+v）Z）（ /丿Ma懈二dr O+V)Z)第六章习题答案6.3在拉伸试验中，伸长率为匚一厂汨；订，截面收缩率为匸,其中和一为试件的初始横截面面积和初始长度，试证当材料体积不变时有如下关 系：（1+用卜朋1证明：将和”的表达式代入上式，则有人4）6.4为了使幕强化应力-应变曲线在F2二时能满足虎克定律，建议

36、采用以下应力-应变关系：Ee fO rjda（1）为保证及止在处连续，试确定1：值如将该曲线表示成试给出(a)解：（1）由在：Il处连续，有da由-;I在：处连续，有(b)E二峽厂犷（a）、（ b）两式相除，有(c)由（a）式，有(d)（2）取I血形式时， 当一一：；门即二h 当步：应力相等，有吨勺何解出得，（代入二值）（代入:值）6.5已知简单拉伸时的应力-应变曲线J 1 ： 1如图6-1所示，并表示如下:（0E；）（弓*塚）问当采用刚塑性模型是，应力-应变曲线应如何表Eea = /3(f) = M示？图6-1解：刚塑性模型不考虑弹性阶段应变，因此刚塑性应力应变曲线即为曲线，这不难由原式推得

37、”二q （0兰西 二耳_q）而在强化阶段，因为这时c-s + 用(E -耳)二 q + F将匚都移到等式左边，整理之即得答案。as(0 兰BWe/)E E* EET=i_ stE辺+E；(卢-*)(f/ 4+瓦=ATj1+- a当时,1为（e）式。P2R（3）塑性阶段(e)(f)平衡方程和几何方程同上。化二西+（%-）$碼=碍+（巧-叩先本构方程与（2）弹塑性阶段同样步骤：可得(g)P-A 1-弘 心 I沪 1 +纟 b广Na0戎承b6.8如图所示等截面直杆，截面积为上，且： L-的力亠。该杆材料为理想弹塑性，拉伸和压缩时性能相同。按加载过程分析结构所处不同状态，并求力丿作用截面的位移与的关系

38、。解：基本方程为平衡方程P胡+M几何方程AM本构方程6（1）弹性阶段（皿）（沦叮(a)(b)由前题知， 因，故匕二。/截面位移-P匚 fi EA EA(a-b)本阶段终止时,% =亿575怜=A4 = &也仇=6。( 亦4=q/ 1+7（2）弹塑性阶段 此时， 截面位移由1段变形控制:% = F-jV = P-q 虫 EA RA且本阶段终止时，y心、=M二坊幺=吐(3) 塑性阶段(无限位移(：为不定值)(4) 图线斜率比较:二段:段:A諒1+宀AE 3丿1 b)1占丿p_p 冲-呐 1+丁讹-氏)“、二半如段斜率b6.9如图所示三杆桁架，若J: J- _f，杆件截面积均为1 ,理想弹塑性材料。

39、加载时保持_ 并从零开始增加，求三杆内力随的变化规律.解：基本方程为平衡方程:v J3uEi +41v=7Al仔水平位移 己竖直位移/几何方程:424/(b)协调关系:本构方程:几寫73）(c)（1）弹性阶段（利用（a）、（ b）及（c）第一式，联立求解得斫二fl 1IP-0.78-A A4P_1 IPM 二 0.78阴=0左P(当P玉斗时)2 = -O.38F可看出6、6、耳4P 為二込 结构弹性极限：令亠 ；-(2)弹塑性阶段()取 MR，结构成为静定，由平衡方程解得P-Ns= L58P-N,P_ 関二 Q42F_ 函二-（眄-0.42P）若取匚，即l-1- -:-1此时即当时，内力为上列

40、珂覚二地值，当-l1.时，杆1和杆2已进入塑性阶段，当二时，两杆为无线变形，结构已成为机构。故，此结构06.11如图所示三杆桁架，理想弹塑性材料，杆件截面面积均为a ,求下述两种加载路径的节点位移和杆件应变：(1) 先加竖向力，使结构刚到达塑性极限状态，保持不变，开始加力工，使桁架再次达到塑性极限状态。(2) 先加水平力_ ，使结构刚到达塑性极限状态，保持久不变，开始加力，使桁架再次达到塑性极限状态。解：此结构的基本方程为平衡方程:几何方程:且有:叨乞-22h 2h(a)(b)Ee (f0p AffpO, Af30这说明杆1、2、3均伸长，即杆3卸载。Ajl=O? Ac = Af30, Ag二由增量形式平衡方程：；说明保持】不变，二增加时，工必须减小，当取 亠.，亠，即 杆2进入拉伸屈服，此时，将各项增量与（d）式相应初始值叠加， 有: