弹性力学全程导学与习题全解.docx

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弹性力学全程导学与习题全解

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

th

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

解

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

力问题的物理方程中的

E换位1

换为-

1

，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°，xb上，应精确满足下列边界条件:

（x）x0

gy,

（xy）x00；

（x）xb

gy,

（xy）xb°。

在小边界

（次要边界）

y=0上，能精确满足下列边界条件：

（y）y0

ghi,（

yx）0o

在小边界

（次要边界）

¥h2上，有位移边界上条件：

（U）yh20,（V）yh20°这两

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1时,

q

b

0（

y）yh2dx

b

0（

y）yh2xdx

g（hih2）b,

0,

（2）对于图（b）所示问题

在主要边界yh/2上，应精确满足下列边界条件:

（y）yh/20,

yx）

yh/2

qi；

（y）yh/2q,

（yx）yh/200

在次要边界Xo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

h/2（x）xodyFN,

h/2

h/2（x）xoydyM,

h/2

h/2（xy）xodyFs。

在次要边界xI上，有位移边界条件:

（u）xi0,（v）xi0。

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

h/2（x）xldy

q1lFN,

h/2

h/2（

X）X

lydy

qilhMFsI

h/2

2

h/2

h/2（

xy）x

ldy

qlFs。

ql2

2

2-9试应用圣维南原理，列出题2-9图所示的两个问题中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？

*1

fl

I

F-Mj

.1

■k

$v=-4pL

k

h

h1

J'

山曲血411

3（I-）

图

【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

qb/2

Fs=O

bqxb

（—

0b2

x）dx

qb2/12

。

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,

y）yodX

b

）（y）yoXdX

b2

b2（yx）yodx

qb,2qb212,

d

（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

o（

b

o（

b

o（

y）yodx

y）yoXdX

yx）y0dx

qb2,

qb212,

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（2u12u

1__（_7~2--y2

22

E（v1v

1__（宅""2X

2

丄）

xy

2

丄）

xy

（2）用位移表示的应力边界条件

m（—y

u）

x

1/u

Fl

lj

2x

（3）

位移边界条件

u,（v）sV。

（在Su上）

2-11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］

（u）s

（1）平衡微分方程

yx

0,

y

y

（2）

xy

x

相容方程

0o

2（

xy）（1

）（x

（3）

应力边界条件

（假定全部为应力边界条件，ss）

（I

（m

myx）

y1xy）

y。

/（在SS上）

若为多连体，还须满足位移单值条件。

（4）

2-13检验下列应力分量是否是图示冋题的解答:

2

V-q

x,2yxy

b

（a）题2-13图（a）,

（b）题2-13图（b）,由材料力学公式,得出所示问题的解答：

FsS

bl（取梁的厚度b=1）,

3八2

Xy3qx2/2\

x2qT，xy3（h4y）

lh4lh。

又根据平衡微分方程和边界条件得出

c3

3qxy2qxyqx

y2lhqlh32l0

X，y，xy必须满

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

足：

平衡微分方程、相容方程、应力边界条件（假设

（1）题2-13图（a），

①相容条件：

22

（22）（

xy

2

y_q0

x2yxy

b

将应力分量代入相容方程，教材中式（

2-23）

不满足相容方程。

②平衡条件：

将应力分量代入平衡微分方程

yx

y

y

显然满足。

xy

x

③应力边界条件：

在

Xa边界上,

（x）x

2

a.2q，（xy）xb

b边界上,

（y）y

b0,（yx）yb

满足应力边界条件。

M

xTy，

FsS

bl（取梁的厚度b=1），

得出所示问题的解答：

3八2

xy3qx2/2\

x2q3,xy3（h4y）

lh4lho又根据平衡微分俄方

xy

（2）题2-13图（b），由材料力学公式,

z

o

x

4

y

xy

0

y

x

y

o

A

2

l

o

2l

2Ih

qX

2Ih

得

h3

3

2q釣A

Iz

3

cxy

2q厂

Ih3

c3

3qxy2qxyqx

y2q3~

程和边界条件得出2IhIh32I。

试导出上述公式，并检验解答的正

确性。

2

剪力方程分别为M（x）h3,FS（x）呼

根据平衡微分方程的第二式（体力不计）

根据边界条件（y）yh20

siii2-1jm

①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

所以截面任意点的正应力和切应力分别为

2bh（1

3Fs（x）

xy

3qx222

—存…。

得到

3qxy

所以

I

对z轴（中性轴）的惯性距

M（x）y

3qxy

y

3

2q釣

12，应用截面法可求出任意截面的弯矩方程和

qx

2相容条件：

将应力分量代入相容方程

2

（r

x

2

-）（x

y

y）

24qxy

lh3

不满足相容方程。

3平衡方程：

将应力分量代入平衡微分方程显然满足

4应力边界条件：

在主要边界yh2上，应精确满足下列边界条件:

（y）yh/2

qx

i

（yx）yh/2°。

（y）yh/20,

（yx）yh/200

自然满足。

在x=°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

h/2（

h/2

h/2（

h/2

h/2（

x）

x）

xy）

°dy

°ydy

°dy

°,

°,

0b

在X1次要边界上,力边界条件来代替。

（u）

l°,（v）xl

0o这两个位移边界条件可以改用积分的应

h/2

h/2（

idy

h/2

h/2（

iydy

h/2

h/2（

xy）

idy

3

24等丫0,

lh

x3y

h/22q眉ydy

3

h/2y（h2

h/24lh3\

h/2

h/2

h/2

ql2

6

4y2）dy

qi

o

2

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（u,v）和2,u），所以

uucosvsin

usin

vcos

（a）

写成矩阵形式

u

cos

sinu

u

sin

cosv

（b）

所以

u

cos

sinu

v

sin

cosu

（c）

若写成一般形式，则位移分量的变换关系为

uucosusin,vusinucos

或

uucosvsin,uusinvcos

。

4-14设有一刚体，具有半径为R的圆柱形孔道，孔道放置外半径为R而半径为r的圆筒，圆筒受压力为q,试求圆筒的应力。

【解】本题为轴对称问题，故环向位移u0，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=0，（a）

B0。

（b）

现在，取圆筒的应力表达式为

2C

2C

。

（c）

刚体的应力表达式

2C,

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，在圆筒的面，有边界条件（）rq,由此得

A

22Cq

r。

（e）

其次，在远离圆孔处，应当几乎没有应力，于是有

（）0,（）0

由此得

2C0⑴

再次，圆筒和刚体的接触面上，应当有

（）R（）R

0

于是有式（c）及式（d）得

A

R2

2C

A

R2

2C

o

（2）平面应变冋题的位移分量

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向位移表达式

1A

u2（12）CIcosKsin

（h）

（i）

取任何值都成立，方程两边的自由项必须相

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）

R

（u）R

0

0

将式

（h）

和式（i

）代入，得

1

2（1

2）CR

A

IcosKsin

E

R

0

方程在接触面上的任意点都成立,

等，于是得

1A

肓2

（1）CRR0

简化并利用式（f），得

（j）

A2（12）CR2

o

（3）把式

圆筒的应力

（j）代入式（e），得

2

qr

22

（12）Rr

22

（12）Rr

圆筒的应力为

12

1

12

1

2

R2-

2

R2

12

1q

12

1

2r

R2

2r

R2

q

4-15在薄板距边界较远的某一点处，应力分量为xy0,xyq，如该处有

一小圆孔，试求孔边的最大正应力。

7

函数乘以cos2，而

为的另一函数乘以sin2。

而

【解】

（1）求出两个主应力，即

1

3

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xq,yq,xy0代入坐标变换式，教材中式（4-7），得到外边界上的边界条件

（）rqcos2（a）

（）rqsin2（b）在孔边，边界条件是

（）r0（C）

（）R0（d）

由边界条件式（a）、（b）、

（c）、（d）可见，用半逆解法时，可假设为的某

将式（e）代入相容方程,

d4f（）2d3f（）cos一

d

教材中式（4-6），得

9d*2f（）

删去因子cos2以后，求解这个常微分方程，得

43

f（）A4B3Cr

其中A,B,C,D为待定常数,

代入式（e），得应力函数

cos2（A4B3C

D2），

由应力函数得应力分量的表达式

cos2（2B

4C

~2

2

cos2（12A

2B

sin2（6A3

2B

2C

~2

将上式代入应力边界条件由式（a）得

4C

2B—

R2

得

由式

（b）

由式

2B

由式

（c）

4C

~2~

r

（d）

6Ar32B

6D

R4

6AR3

2B

2C6D

R2Rq

（g）

（h）

得

6D

~4~

r

得

2C

~2~

r

（i）

（j）

联立求解式

（g）

（j），并命R0，得

A0,B

4

qr

。

2

将各系数值代入分量的表达式，得

2

qcos2（1—）（1

2

3一）

2

qcos2（13一）

沿着孔边r，环向正应力是

4qcos2o

最大环向正应力为（）max4qo

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,16。

（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UiUjUm1,ViVjVm0,或发生结点位移

UiUjVi0,Vj1,Um32,Vm12，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。

x0,Xj

1

a,Xma,

2

yi0,yj

a,ym-^a。

应用教材中式

【解】

（1）在所选的坐标系中

6-19）及（6-20）,得

a,bm0,

2

1

严

32

a。

2

1

a,Cma,

2

应用教材中式（6-32）和（6-33），得该单元的应力转换矩阵

18

18

0

23

S3：

3

6,3

3

6乜

0

12.3（a）

2.53

7.5

2.53

7.5

5、3

0

应用教材中式（6-37）及（6-38），得单元的劲度矩阵

413

8

对

21

273

8

8

31-

3

9

41.3

称

.Et8k

8

8

。

359

3込

21

27「3

8

8

8

8

5、、3

15

5、、3

15

5二

4

4

4

4

2

3

3、3

3

33

06,3

2

2

（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UiUjUm1,ViVjVm0,此时，单元作平移，则

三角

形不产生应力和应变，从而结点力为零；但单元发生结点位移

uiUjVO,Vj1,um32,vm12，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

qjqm），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

集度为qmqj）同时作用在jm边上。

3

①在均布荷载qj的作用下，x方向的均布面力为—qj;y方向的均布面力

FLixl

FLiy1

1

1qj。

由教材中式（

2

3

云qjt）皿汕45&1

1

^jtjmNidS,FLjy1

6-45）求得的结点荷载为

3

二-qjt.Njds,FLmxi2jm

1

-qjtjNjds,FLmy1

2jm

「3

2qjtjmNmdS,

1尹建jmNmdS

应用教材中式（6-22）中的第二式及式（6-21）

1-1Nids0,NjdsNmds-ij-a。

jmjm」jm

所以，有

中的第三式，得

FLjx1FLmx1

FLjy1FLmy1

聪t

1+二qjta4

（c）

②在线性分布荷载（j点集度为0,m点集度为qmqj）的作用下，m点x

方向的面力为Rmqj）,y方向的均布面力为知由教材中式（6-45）

求得的结点荷载为

FLiy2O'

Fl.x2——（qmqj）t,Njds,FLmx2

4jmJ

1

FLjy24（qmqj）tjmNjdS,FLmy2

FLix2

3

——（qmqj）t,Nmds,

4jm

1

49mqj）t

Nmds。

jm

三角形分布荷载作用在

jm上,

两点的形函数有

1

N-N

im

3

（d）

2

3，根据教材

.Njds

jn

代入式

FLix2

FLjy2

FLiy20,

◎

-2（qm

12

qj）ta,F

Lmx2

qj）ta,FLmy2

.3

—（qmqj）ta,

1

-（qmqj）ta。

（e）

将式

（6和（e）

中对应项相加，得

FLix

FLiy0,

魚2q

12j

1

（2qj

12j

qm）ta,F

Lmx

qm）ta,FLmy

■3

（qj2qm）ta,

12

1

（qj2qm）ta。

式（6-22）的第二式,

1

Nmds

;a，.

3jm

（d），得

如果设qjqm，可得相同的结果

K中的子矩阵

6-5对于如题6-5图所示的结构，试求整体劲度矩阵

【解】结构是对称的，只取下半部分进行研究，如解6-5图所示，在2,5,

8结点设置了铅直支座。

单元的局部编码i,j,m与整体编码1,2,4,5，7,

8对应如下:

单元号

I

n

IV

局部编码—

整体编码

i

4

8

1

5

j1

8

4

5

1

m

7

5

4

2

取0根据教材6-7中式（g）知四个单元的劲度矩阵都是

0.5

0

0

0

0.5

0

0

0.25

0.25

0

0.25

0.25

0

0.25

0.25

0

0.25

0.25

kEt

。

（a）

0

0

0

0.5

0

0.5

0.5

0.25

0.25

0

0.75

0.25

0

0.25

0.25

0.5

0.25

0.75

应用公式Kij

kj

e

求整体劲度矩阵

K中的子矩阵

K41.K42.K44.K46分别为

0.5

0.25

0

0

K41kmiEt

K42Et

J

0

0.25

0

0

1.5

0.25

00

K44kiikjj

kmm

Et

K46

Et

。

0.25

1.5

00

（-—）。

因此可假设

f（）cos2。

22rr

qsin2（12）（13飞）