弹性力学全程导学及习题全解

1、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。墊ft力曲|曲办z杭悴J和应力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。帮T-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】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。在两种平面问题（平面应力、平面应变问题

2、）中，平衡微分方程和几何方程都适用。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卩换为力问题的物理方程中的E换位1-卩2，1一卩，就得到平面应变问题的物理方程。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=0,x=b上，应精确满足下列边界条件：(c)=-pgy,(txy)x=0=0；xx=0 xyx=0(c)=-pgy,(t

3、)广。xx=bxyx=b在小边界(次要边界)y=0上，能精确满足下列边界条件:yxQ)=-Pgh,(t)=0。yy=01在小边界（次要边界）y=h2上，有位移边界上条件：（u）y=h2=0,（v）y=h2=。这两JbQ)dx=-pg(h+h)b,-2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，当板厚5=1时，严yy=h2Jb(c)xdx=0,严yy=h2Jb(t)dx=0。、0yxy=h2ini111厂门4左(T（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:TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark12 Q)=0,(

4、p)=-q；yy=h/2yxy=h/21Q)=-q,(p)=0。yy=-h/2yxy=-h/2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5=1时，Jh/2Q)dy=-F,.-h/2Jh/2.-h/2Jh/2TOC o 1-5 h zxx=0NQ)ydy=-M,xx=0(t)dy=-F。、-h/2xyx=0S在次要边界x=1上，有位移边界条件：(U=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Jh/2Q)dy=ql-F,-h/2xxT1Nj/2Q)ydy=业-M-Fl-空,-h/2xxT2S2Jh/2(t)dy=-q1-F。、-h/2x

5、yx=/S2-9试应用圣维南原理，列出题2-9图所示的两个问题中OA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F=qb/2NF=0s，M=J&巴(-x)dx=-qb2/120b2。应用圣维南原理，列出三个积分的应力边界条件，当板厚5=1时,JbQ)dx=-qbj2,nyy=oJb(c)xdx=qb2/12,nyy=on2(T)dx=o。l-b2yxy=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5=1时，JbQ)dx=qb/2,nyy=0JbQ)xdx=qb2/12,nyy=0J

6、b(t)dx=0。l0yxy=0所以，在小边界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/Q2u1uQ2u1+uQ2u、”门（+）+f=01U2Qx22Qy22QxQyxVE/Q2v1uQ2v1+uQ2u、”小（+）+f=0TOC o 1-5 h zl1u2Qy22Qx22QxQyy（2）用位移表示的应力边界条件=fx=fy一QuQv、1-uzQuQv、1(+u)+m(+)QxQy2QyQx/Qv九、71一卩/QvQu、m(+U)+1(+)QyQx2QxQy3）位移边

7、界条件(u)=u,(v)=v。(在s上)ssu2-11检验平面问题中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QgQt=nx+f=0,QxQyxVQcQty+f=0。lQyQxy(2)相容方程QfQfV2Q+G)=(l+u)(f+y)xyQxQy3）应力边界条件（假定全部为应力边界条件，s_sa)I（la+m）_f,xyxxI（ma+It）_f。/（在s_s上）Jyxyy/.a（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：y2aq,a_t_0(a)题2-13图(a)，xb2yxya_-2q謬,T_誉(h24y2)a（b）题2-13图（

8、b）,由材料力学公式，得出所示问题的解答：M_y，Txy_FSbI(取梁的厚度b=1),xlh3xy4lh3又根据平衡微分方程和边界条件得出3qxyxy3qxa_2q-y2lhlh321o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ax，ay，Txy必须满足：平衡微分方程、相容方程、应力边界条件（假设s_Sy2aq,a_t_0（1）题2-13图（a），xb2yxy相容条件：将应力分量代入相容方程，教材中式（2-23）d2d22q（+）（a+a）_丰0Qx2dy2xyb25不满足相容方程。平衡条件：将应力分量代入平衡微分方程QaQtx+_0QxQyQ

9、aQt+xy_0QyQx显然满足。应力边界条件：在x_a边界上，TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark14 Q)=q,(T)=0 xx=ab2xyx=a在y=b边界上， HYPERLINK l bookmark16 Q）=0,（t）=0yy=byxy=b。满足应力边界条件。MFS=y,t=s（2）题2-13图（b）,由材料力学公式，x1xybI（取梁的厚度b=1）,=2qd,T=-型（h2-4y2）得出所示问题的解答：xlh3xy4lh3。又根据平衡微分俄方=3qxy_2竺_qx程和边界条件得出y远厉乔可。试导出上述公式，并检验解答的正确性。M蛊-口閉推导公式：在

10、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I=竺对z轴（中性轴）的惯性距z12，应用截面法可求出任意截面的弯矩方程和剪力方程分别为MB可心讥-qx2莎。所以截面内任意点的正应力和切应力分别为M(x)y=一2qxylh3Txy3F(x)2bh(1_4y2)h根据平衡微分方程的第二式（体力不计）亦Qty+xy=0QyQx得到根据边界条件)y=h广0,a=-q】2l3qxyxy3qx所以y2lhlh32l。相容条件：将应力分量代入相容方程Q2Q224qxy(+)(c+c)二一丰0Qx2Qy2xylh3。不满足相容方程。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

11、件：在主要边界y=h2上，应精确满足下列边界条件:qx(c)=,y尸-h/2l(c)=0,yy=h/2自然满足。(t)=0。yxy=h/2(t)=0。yxy=h/2n/2h/2h/2ph/2Jh/2lh/2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：(c)dy=0,xx=0(c)ydy=0,xx=0(t)dy=0。xyx=0在X=1次要边界上，(U)x=l=0，(v)x=l=0。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。Jh/2Q)dy=Jh/2-2qX3ydy=0,TOC o 1-5 h z-h/2xxT-h/2lhj/2Q)ydyJh/2-2q详yd

12、y=-鑒,-h/2xxl-h/2lh36Jh/2(t)dy=h/2-包空(h2-4y2)dy=-ql。、-h/2xyx=l-h/24lh32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。uPcosQsinQuu-sinQcosQv一Q-所以写成矩阵形式uP(b)cos申sin申-sin申cos申uu-申一(c)【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(P，申)坐标系中的分量分别表示为(u)和(P)所以u=ucos申+vsin申p(a)u=-usin申+vcos申若写成一般形

13、式，则位移分量的变换关系为u=ucos甲一usin甲,v=usinQ+ucosQp申pq或u=ucosQ+vsinQ,u=-usinQ+vcosQPQ4-14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uQ=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：CC,由多连体中的位移单值条件，有B=0，(a)B=。(b)现在，取圆筒的应力表达式为c=+2Cc=-+2C(c)(d)PP2申p2刚体的应力表达式A

14、fAfc，=+2C，,c，=-+2CTOC o 1-5 h zPp29p2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(cp)円=_q，由此得A+2C=-qr2。(e)其次，在远离圆孔处，应当几乎没有应力，于是有 HYPERLINK l bookmark58 (c，)=-0,(c)=ppgtppg，由此得2C，=0(f)再次，圆筒和刚体的接触面上，应当有(c)二Q)=Rpp=R。于是有式(c)及式(d)得TOC o 1-5 h zAA，+2C=+2C，R2R2。0(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

15、和刚体的径向位移表达式An2(12p)Cp+1cosp+Ksinpp(h)up(i)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(u)=(uu)=0pp=Rpp=r。将式(h)和式(i)代入，得A2(12p)CR+1cos9+Ksin90R方程在接触面上的任意点都成立，9取任何值都成立，方程两边的自由项必须相竺工曰4B等，于疋得A2(1-2卩)CRr简化并利用式f）,得A=2(1-2p)CR2。q)圆筒的应力把式(j)代入式(e),c=-qr22(12p)R2+r2A=-(1-2p)qr2R2(1一2p)R2+r2I圆筒的应力为+-P2R2q+-r2R251-2卩_1P2R

16、2q+-r2R2=12|_14-15在薄板内距边界较远的某一点处，应力分量为ox=oy=0，Txy=q，如该处有一小圆孔，试求孔边的最大正应力。o1o3胖4-培團【解】（1）求出两个主应力，即o+o:o-o=xy(xy)2+T2=q。2V2Xy勺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二qQyxy二0代入坐标变换式，教材中式(4-7),得到外边界上的边界条件TOC o 1-5 h zQ)=qcos2(a)PP=R(t)二一qsin2(b)pp=R在孔边，边界条件是 HYPERLINK l bookmark36 (b)=0(c)pp=r HYPE

17、RLINK l bookmark38 (t)=0(d)pp=R由边界条件式(a)、(b)、(c)、(d)可见，用半逆解法时，可假设bp为p的某一函数乘以cos2，而t为p的另一函数乘以sin2(p。而p1。1d2d.1。、b=+，t=-()。ppQpp2Qp2pQppQp因此可假设=f(p)cos2。将式(e)代入相容方程，教材中式(4-6)，得d4f(p)2d3f(p)9d2f(p)9df(p)=0cos十十I=0。_dp4pdp3p2dp2p3dp删去因子cos2以后，求解这个常微分方程，得f9）=Ap4十Bp3十C世其中A,B,C,D为待定常数，代入式(e),得应力函数=cos2（Ap4

18、十Bp3十C十D）,p2由应力函数得应力分量的表达式4C6DTOC o 1-5 h zb=cos2（2B十十）pp2p4b=cos2（12Ap2十2B十6D）p42C6Dt=sin2（6Ap3十2B）pp2p4将上式代入应力边界条件由式（a）得4C6D2B+=qR2R4得由式（b）6AR3+2B-兰-6D=-qR2R4”(g)(h)得6D=0(i)由式(c)4C2B+4C+r2r4由式(d)得2C6D06Ar3+2B-=0(j)联立求解式（g）（j）,并命工T0，得Rr2r4A二0,B一2,C=qr2,D一于将各系数值代入分量的表达式，得c=qcos2(1-二)(1-3二)TOC o 1-5

19、h zPP2P2r2 HYPERLINK l bookmark86 c=-qcos2(1+3)P2=t=-qsin2(1-)(1+3) HYPERLINK l bookmark88 PP2P2沿着孔边p=r，环向正应力是c=-4qcos2。最大环向正应力为（c）=4q。max6-2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,卩1/6。（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u=u=u=1,v=v=v=0,或发生结点位移ijmijmu=u=v=0,v=1,u=-.3,：2,v=1/2，试求单兀中

20、的应力，并说明其原因。ijijmm（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q和q,试求等效结点荷载。jm題泊E圏【解】（1）在所选的坐标系中1x=0,x二a,x二a,TOC o 1-5 h zijm20羽 HYPERLINK l bookmark100 y0,ya,ya。ijm2应用教材中式（6-19）及（6-20）,得b=a,b=a,b=0,i2j211c=a,c=a,c=a,i2j2mAMa2。2应用教材中式（6-32）和（6-33）,得该单元的应力转换矩阵18-爲18-込02勇3-6込3-6朽012J3-2.5薦7.5-2.5耳37.55再0(a)得单元的劲

21、度矩阵S丄35a应用教材中式（6-37）及（6-38），27一844一821-827一815O一詣44一82133-8-3515V35-4-（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，发生单位结点位移时所引起的结点力。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。（3）设单元发生结点位移u二u二u二l,v二v二v二0,此时，单元作平移，则ijmijm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u=u=v=0,v=1,u=-.3/2,v-1；2，单元作转动，从而结点力也为零

22、。ijijmm（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q和qjm（可假设qq），此时，相当于有均布荷载q和三角形分布荷载（在j点集度为0,m点jmj集度为q-q）同时作用在jm边上。mj在均布荷载qj的作用下，x方向的均布面力为弓jy方向的均布面力为-1q。由教材中式（6-45）求得的结点荷载为2jF二-遇qjNds,F=-qtjNds,F二-旦qtJNds,Lix12jjmiLjx12jjmjLmx12jjmmNds。mF二qtJNds,F二1qtJNds,F二qtJLiy12jjmiLjy12jjmjLmy12jjm应用教材中式(6-22)中的第二式及式(6-21)中的第三式，得JNds=0,Nds=JNds=ij=a。jmijmjjmm22所以，有FLix1FLjx1=FLiy1=F=0Lmx1qtajc)F=FLjy1Lmy11=qta4j在线性分布荷载（j点集度为0，m点集度为q-q）的作用下，m点xmj方向的面力为遇