彈性力學(xué)全程導(dǎo)學(xué)及習(xí)題全解

1、1-7試畫出題1-7圖中的的矩形薄板的正的體力，面力和應(yīng)力的方向。注意：（1）無論在哪一個位置的體力，在哪一個邊界面上的面力，均為沿坐標(biāo)軸正方向為正，反之為負(fù)。（2）邊界面上的應(yīng)力應(yīng)是以在正坐標(biāo)面上，方向沿坐標(biāo)軸正方向為正，反之為負(fù)，在負(fù)坐標(biāo)面上，方向沿坐標(biāo)軸負(fù)方向為正，反之為負(fù)。墊ft力曲|曲辦z杭悴J和應(yīng)力1-8試畫出題1-8圖中的三角形薄板的正的面力和體力的方向。幫T-2-7在導(dǎo)出平面問題的三套基本方程時，分別應(yīng)用了哪些基本假設(shè)？這些方程的適用條件是什么？【解答】在導(dǎo)出平面問題的平衡微分方程和幾何方程時應(yīng)用的基本假定是:物體的連續(xù)性，小變形和均勻性。在兩種平面問題（平面應(yīng)力、平面應(yīng)變問題

2、）中，平衡微分方程和幾何方程都適用。在導(dǎo)出平面問題的物理方程時應(yīng)用的基本假定是：物體的連續(xù)性，完全彈性，均勻性，小變形和各向同性，即物體為小變形的理想彈性體。在兩種平面問題（平面應(yīng)力、平面應(yīng)變）中的物理方程不一樣，如果將平面應(yīng)E卩換為力問題的物理方程中的E換位1-卩2，1一卩，就得到平面應(yīng)變問題的物理方程。2-8試列出題2-8圖（a），題2-8圖（b）所示問題的全部邊界條件。在其端部邊界上，應(yīng)用圣維南原理列出三個積分的應(yīng)力邊界條件。【解】（1）對于圖（a）的問題在主要邊界x=0,x=b上，應(yīng)精確滿足下列邊界條件：(c)=-pgy,(txy)x=0=0；xx=0 xyx=0(c)=-pgy,(t

3、)廣。xx=bxyx=b在小邊界(次要邊界)y=0上，能精確滿足下列邊界條件:yxQ)=-Pgh,(t)=0。yy=01在小邊界（次要邊界）y=h2上，有位移邊界上條件：（u）y=h2=0,（v）y=h2=。這兩JbQ)dx=-pg(h+h)b,-2個位移邊界條件可以應(yīng)用圣維南原理，改用三個積分的應(yīng)力邊界條件來代替，當(dāng)板厚5=1時，嚴(yán)yy=h2Jb(c)xdx=0,嚴(yán)yy=h2Jb(t)dx=0。、0yxy=h2ini111廠門4左(T（2）對于圖（b）所示問題在主要邊界y=h/2上，應(yīng)精確滿足下列邊界條件: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在次要邊界x=0上，應(yīng)用圣維南原理列出三個積分的應(yīng)力邊界條件，當(dāng)板厚5=1時，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在次要邊界x=1上，有位移邊界條件：(U=l=0，(V)x=l=0這兩個位移邊界條件可以改用三個積分的應(yīng)力邊界條件來代替Jh/2Q)dy=ql-F,-h/2xxT1Nj/2Q)ydy=業(yè)-M-Fl-空,-h/2xxT2S2Jh/2(t)dy=-q1-F。、-h/2x

5、yx=/S2-9試應(yīng)用圣維南原理，列出題2-9圖所示的兩個問題中OA邊的三個積分的應(yīng)力邊界條件，并比較兩者的面力是否靜力等效？【解】(1)對于圖(a),上端面的面力向截面形心簡化，得主矢和主矩分別為F=qb/2NF=0s，M=J&巴(-x)dx=-qb2/120b2。應(yīng)用圣維南原理，列出三個積分的應(yīng)力邊界條件，當(dāng)板厚5=1時,JbQ)dx=-qbj2,nyy=oJb(c)xdx=qb2/12,nyy=on2(T)dx=o。l-b2yxy=0（2）對于圖（b）,應(yīng)用圣維南原理，列出三個積分的應(yīng)力邊界條件，當(dāng)板厚5=1時，JbQ)dx=qb/2,nyy=0JbQ)xdx=qb2/12,nyy=0J

6、b(t)dx=0。l0yxy=0所以，在小邊界OA邊上，兩個問題的三個積分的應(yīng)力邊界條件相同，這兩個問題為靜力等效的。2-10檢驗平面問題中的位移分量是否為正確解答的條件是什么？【解】（1）用位移表示的平衡微分方程E/Q2u1uQ2u1+uQ2u、”門（+）+f=01U2Qx22Qy22QxQyxVE/Q2v1uQ2v1+uQ2u、”小（+）+f=0TOC o 1-5 h zl1u2Qy22Qx22QxQyy（2）用位移表示的應(yīng)力邊界條件=fx=fy一QuQv、1-uzQuQv、1(+u)+m(+)QxQy2QyQx/Qv九、71一卩/QvQu、m(+U)+1(+)QyQx2QxQy3）位移邊

7、界條件(u)=u,(v)=v。(在s上)ssu2-11檢驗平面問題中的應(yīng)力分量是否為正確解答的條件是什么？【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）應(yīng)力邊界條件（假定全部為應(yīng)力邊界條件，s_sa)I（la+m）_f,xyxxI（ma+It）_f。/（在s_s上）Jyxyy/.a（4）若為多連體，還須滿足位移單值條件。2-13檢驗下列應(yīng)力分量是否是圖示問題的解答：y2aq,a_t_0(a)題2-13圖(a)，xb2yxya_-2q謬,T_譽(yù)(h24y2)a（b）題2-13圖（

8、b）,由材料力學(xué)公式，得出所示問題的解答：M_y，Txy_FSbI(取梁的厚度b=1),xlh3xy4lh3又根據(jù)平衡微分方程和邊界條件得出3qxyxy3qxa_2q-y2lhlh321o試導(dǎo)出上述公式，并檢驗解答的正確性【解】按應(yīng)力求解時，（本題體力不計），在單連體中應(yīng)力分量ax，ay，Txy必須滿足：平衡微分方程、相容方程、應(yīng)力邊界條件（假設(shè)s_Sy2aq,a_t_0（1）題2-13圖（a），xb2yxy相容條件：將應(yīng)力分量代入相容方程，教材中式（2-23）d2d22q（+）（a+a）_豐0Qx2dy2xyb25不滿足相容方程。平衡條件：將應(yīng)力分量代入平衡微分方程QaQtx+_0QxQyQ

9、aQt+xy_0QyQx顯然滿足。應(yīng)力邊界條件：在x_a邊界上，TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark14 Q)=q,(T)=0 xx=ab2xyx=a在y=b邊界上， HYPERLINK l bookmark16 Q）=0,（t）=0yy=byxy=b。滿足應(yīng)力邊界條件。MFS=y,t=s（2）題2-13圖（b）,由材料力學(xué)公式，x1xybI（取梁的厚度b=1）,=2qd,T=-型（h2-4y2）得出所示問題的解答：xlh3xy4lh3。又根據(jù)平衡微分俄方=3qxy_2竺_qx程和邊界條件得出y遠(yuǎn)厲喬可。試導(dǎo)出上述公式，并檢驗解答的正確性。M蠱-口閉推導(dǎo)公式：在

10、分布荷載作用下，梁發(fā)生彎曲變形，梁橫截面是寬度為1,高為h的矩形，其I=竺對z軸（中性軸）的慣性距z12，應(yīng)用截面法可求出任意截面的彎矩方程和剪力方程分別為MB可心譏-qx2莎。所以截面內(nèi)任意點的正應(yīng)力和切應(yīng)力分別為M(x)y=一2qxylh3Txy3F(x)2bh(1_4y2)h根據(jù)平衡微分方程的第二式（體力不計）亦Qty+xy=0QyQx得到根據(jù)邊界條件)y=h廣0,a=-q】2l3qxyxy3qx所以y2lhlh32l。相容條件：將應(yīng)力分量代入相容方程Q2Q224qxy(+)(c+c)二一豐0Qx2Qy2xylh3。不滿足相容方程。平衡方程：將應(yīng)力分量代入平衡微分方程顯然滿足。應(yīng)力邊界條

11、件：在主要邊界y=h2上，應(yīng)精確滿足下列邊界條件:qx(c)=,y尸-h/2l(c)=0,yy=h/2自然滿足。(t)=0。yxy=h/2(t)=0。yxy=h/2n/2h/2h/2ph/2Jh/2lh/2在x=0的次要邊界上，外力的主矢量，主矩都為零。有三個積分的應(yīng)力邊界條件：(c)dy=0,xx=0(c)ydy=0,xx=0(t)dy=0。xyx=0在X=1次要邊界上，(U)x=l=0，(v)x=l=0。這兩個位移邊界條件可以改用積分的應(yīng)力邊界條件來代替。Jh/2Q)dy=Jh/2-2qX3ydy=0,TOC o 1-5 h z-h/2xxT-h/2lhj/2Q)ydyJh/2-2q詳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，滿足應(yīng)力的邊界條件。顯然上兩圖中的應(yīng)力分量都滿足平衡微分方程和應(yīng)力邊界條件，但不滿足相容方程，所以兩題的解答都不是問題的解。uPcosQsinQuu-sinQcosQv一Q-所以寫成矩陣形式uP(b)cos申sin申-sin申cos申uu-申一(c)【解】參看圖，位移矢量是服從幾何加減運(yùn)算法則的。位移矢量為d,它在(x,y)和(P，申)坐標(biāo)系中的分量分別表示為(u)和(P)所以u=ucos申+vsin申p(a)u=-usin申+vcos申若寫成一般形

13、式，則位移分量的變換關(guān)系為u=ucos甲一usin甲,v=usinQ+ucosQp申pq或u=ucosQ+vsinQ,u=-usinQ+vcosQPQ4-14設(shè)有一剛體，具有半徑為R的圓柱形孔道，孔道內(nèi)放置外半徑為R而內(nèi)半徑為r的圓筒，圓筒受內(nèi)壓力為q,試求圓筒的應(yīng)力【解】本題為軸對稱問題，故環(huán)向位移uQ=0，另外還要考慮位移的單值條件。(1)應(yīng)力分量引用軸對稱應(yīng)力解答，教材中式(4-11)。取圓筒解答中的系數(shù)為A,B,C，剛體解答中的系數(shù)為A：CC,由多連體中的位移單值條件，有B=0，(a)B=。(b)現(xiàn)在，取圓筒的應(yīng)力表達(dá)式為c=+2Cc=-+2C(c)(d)PP2申p2剛體的應(yīng)力表達(dá)式A

14、fAfc，=+2C，,c，=-+2CTOC o 1-5 h zPp29p2考慮邊界條件和接觸條件來求解常數(shù)A，A，C，C和相應(yīng)的位移解答。首先，在圓筒的內(nèi)面，有邊界條件(cp)円=_q，由此得A+2C=-qr2。(e)其次，在遠(yuǎn)離圓孔處，應(yīng)當(dāng)幾乎沒有應(yīng)力，于是有 HYPERLINK l bookmark58 (c，)=-0,(c)=ppgtppg，由此得2C，=0(f)再次，圓筒和剛體的接觸面上，應(yīng)當(dāng)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)平面應(yīng)變問題的位移分量應(yīng)用教材中式(4-12)的第一式，稍加簡化可以寫出圓筒

15、和剛體的徑向位移表達(dá)式An2(12p)Cp+1cosp+Ksinpp(h)up(i)剛體的徑向位移為零，在接觸面上，圓筒與剛體的位移相同且都為零，即(u)=(uu)=0pp=Rpp=r。將式(h)和式(i)代入，得A2(12p)CR+1cos9+Ksin90R方程在接觸面上的任意點都成立，9取任何值都成立，方程兩邊的自由項必須相竺工曰4B等，于疋得A2(1-2卩)CRr簡化并利用式f）,得A=2(1-2p)CR2。q)圓筒的應(yīng)力把式(j)代入式(e),c=-qr22(12p)R2+r2A=-(1-2p)qr2R2(1一2p)R2+r2I圓筒的應(yīng)力為+-P2R2q+-r2R251-2卩_1P2R

16、2q+-r2R2=12|_14-15在薄板內(nèi)距邊界較遠(yuǎn)的某一點處，應(yīng)力分量為ox=oy=0，Txy=q，如該處有一小圓孔，試求孔邊的最大正應(yīng)力。o1o3胖4-培團(tuán)【解】（1）求出兩個主應(yīng)力，即o+o:o-o=xy(xy)2+T2=q。2V2Xy勺原來的問題變?yōu)榫匦伪“逶谧笥覂蛇吺芫祭而在上下兩邊受均布壓力q,如圖所示。應(yīng)力分量X二qQyxy二0代入坐標(biāo)變換式，教材中式(4-7),得到外邊界上的邊界條件TOC o 1-5 h zQ)=qcos2(a)PP=R(t)二一qsin2(b)pp=R在孔邊，邊界條件是 HYPERLINK l bookmark36 (b)=0(c)pp=r HYPE

17、RLINK l bookmark38 (t)=0(d)pp=R由邊界條件式(a)、(b)、(c)、(d)可見，用半逆解法時，可假設(shè)bp為p的某一函數(shù)乘以cos2，而t為p的另一函數(shù)乘以sin2(p。而p1。1d2d.1。、b=+，t=-()。ppQpp2Qp2pQppQp因此可假設(shè)=f(p)cos2。將式(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刪去因子cos2以后，求解這個常微分方程，得f9）=Ap4十Bp3十C世其中A,B,C,D為待定常數(shù)，代入式(e),得應(yīng)力函數(shù)=cos2（Ap4

18、十Bp3十C十D）,p2由應(yīng)力函數(shù)得應(yīng)力分量的表達(dá)式4C6DTOC o 1-5 h zb=cos2（2B十十）pp2p4b=cos2（12Ap2十2B十6D）p42C6Dt=sin2（6Ap3十2B）pp2p4將上式代入應(yīng)力邊界條件由式（a）得4C6D2B+=qR2R4得由式（b）6AR3+2B-蘭-6D=-qR2R4”(g)(h)得6D=0(i)由式(c)4C2B+4C+r2r4由式(d)得2C6D06Ar3+2B-=0(j)聯(lián)立求解式（g）（j）,并命工T0，得Rr2r4A二0,B一2,C=qr2,D一于將各系數(shù)值代入分量的表達(dá)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沿著孔邊p=r，環(huán)向正應(yīng)力是c=-4qcos2。最大環(huán)向正應(yīng)力為（c）=4q。max6-2如題6-2圖所示一平面平應(yīng)狀態(tài)下的三結(jié)點等邊三角形單元，其邊長為a,卩1/6。（1）試求出應(yīng)力轉(zhuǎn)換矩陣S及單元勁度矩陣k。（2）試求出k中的每行之和及每列之和，并說明原因。（3）設(shè)單元發(fā)生結(jié)點位移u=u=u=1,v=v=v=0,或發(fā)生結(jié)點位移ijmijmu=u=v=0,v=1,u=-.3,：2,v=1/2，試求單兀中

20、的應(yīng)力，并說明其原因。ijijmm（4）設(shè)該單元在jm邊上受有線性分布的壓力，其在j點及m點的集度分別為q和q,試求等效結(jié)點荷載。jm題泊E圏【解】（1）在所選的坐標(biāo)系中1x=0,x二a,x二a,TOC o 1-5 h zijm20羽 HYPERLINK l bookmark100 y0,ya,ya。ijm2應(yīng)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應(yīng)用教材中式（6-32）和（6-33）,得該單元的應(yīng)力轉(zhuǎn)換矩陣18-爲(wèi)18-込02勇3-6込3-6朽012J3-2.5薦7.5-2.5耳37.55再0(a)得單元的勁

21、度矩陣S丄35a應(yīng)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）的元素之和為零（其第一、三、五個元素之和或第二、四、六個元素之和也為零）。因為k中的每一個元素都表示，發(fā)生單位結(jié)點位移時所引起的結(jié)點力。而各個節(jié)點的位移都相同，說明單沒有發(fā)生形變，即不會引起結(jié)點力。（3）設(shè)單元發(fā)生結(jié)點位移u二u二u二l,v二v二v二0,此時，單元作平移，則ijmijm三角形內(nèi)不產(chǎn)生應(yīng)力和應(yīng)變，從而結(jié)點力為零；但單元發(fā)生結(jié)點位移u=u=v=0,v=1,u=-.3/2,v-1；2，單元作轉(zhuǎn)動，從而結(jié)點力也為零

22、。ijijmm（4）單元在jm邊上受有線性分布的壓力，在j點及m點的集度分別為q和qjm（可假設(shè)qq），此時，相當(dāng)于有均布荷載q和三角形分布荷載（在j點集度為0,m點jmj集度為q-q）同時作用在jm邊上。mj在均布荷載qj的作用下，x方向的均布面力為弓jy方向的均布面力為-1q。由教材中式（6-45）求得的結(jié)點荷載為2jF二-遇qjNds,F=-qtjNds,F二-旦qtJNds,Lix12jjmiLjx12jjmjLmx12jjmmNds。mF二qtJNds,F二1qtJNds,F二qtJLiy12jjmiLjy12jjmjLmy12jjm應(yīng)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在線性分布荷載（j點集度為0，m點集度為q-q）的作用下，m點xmj方向的面力為遇