程尧舜《弹性力学基础》习题解答

1
图2.4
习题解答
第二章
2.1计算：(1)pi iq qj jk δδδδ，(2)pqi ijk jk e e A ，(3)ijp klp ki lj e e B B 。

解：(1)pi iq qj jk pq qj jk pj jk pk δδδδδδδδδδ===;
(2)()pqi ijk jk pj qk pk qj jk pq qp e e A A A A δδδδ=-=-; (3)()ijp klp ki lj ik jl il jk ki lj ii jj ji ij e e B B B B B B B B δδδδ=-=-。

2.2证明：若ij ji a a =，则0ijk jk e a =。

证：20ijk jk jk jk ikj kj ijk jk ijk kj ijk jk ijk jk i e a e a e a e a e a e a e a ==-=-=+。

2.3设a 、b 和c 是三个矢量，试证明：
2
[,,]⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅a a a b a c
b a b b b
c a b c c a
c b c c 证：123111
2
1
232221
2
33
3
3
[,,]i i i i i i i i i i i i i i
i i
i i
a a a
b a
c a a a a b c b a b b b c b b b a b c c a c b c c c c c a b c ⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅==a a
a b a c b a b b b c a b c c a
c b
c c。

2.4设a 、b 、c 和d 是四个矢量，证明：
()()()()()()⨯⋅⨯=⋅⋅-⋅⋅a b c d a c b d a d b c
证：()()i j ijk k l m lmn n i j l m ijk lmk a b e c d e a b c d e e ⨯⋅⨯=⋅=a b c d e e ()()()()()i j l m il jm im jl i i j j i i j j a b c d a c b d a d b c δδδδ=-=- ()()()()=⋅⋅-⋅⋅a c b d a d b c 。

2.5设有矢量i i u =u e 。

原坐标系绕z 轴转动θ系，如图2.4所示。

试求矢量u 在新坐标系中的分量。

解：11cos βθ'=，12sin βθ'=，130β'=， 21sin βθ'=-，22cos βθ'=，230β'=， 310β'=，320β'=，331β'=。

1112cos sin i i u u u u βθθ''==+，
2 2212sin cos i i u u u u βθθ''==-+，
333i i u u u β''==。

2.6设有二阶张量ij i j T =⊗T e e 。

当作和上题相同的坐标变换时，试求张量T 在新坐标系
中的分量11T ''、12T ''、13T ''和33T ''。

解：变换系数同上题。

112211221221
1111cos 2sin 2222
i j ij T T T T T T T T ββθθ''''+-+==
++， 122112212211
12cos 2sin 2222T T T T T T T θθ''-+-=++，
131323cos sin T T T θθ''=+， 3333T T ''=。

2.7设有3n
个数12n
i i i A ⋅⋅⋅，对任意m 阶张量12m
j
j j B ⋅⋅⋅，定义
12121212n m
n
m
i i
i j j j i i
i j
j j C A B ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=
若1212n m
i i
i j j j C ⋅⋅⋅⋅⋅⋅为n m +阶张量，试证明12n
i i i A ⋅⋅⋅是n 阶张量。

证：为书写简单起见，取2n =，2m =，则
ijkl ij kl C A B =，
在新坐标系中，有
i j k l i j k l C A B ''''''''= (a) 因为ijkl C 和kl B 是张量，所以有
i j k l i i j j k k l l ijkl i i j j ij k k l l kl i i j j ij k l C C A B A B ββββββββββ''''''''''''''''=== 比较上式和式(a)，得 ()0i j i i j j ij k l A A B ββ''''''-=
由于B 是任意张量，故上式成立的充要条件是
i j i i j j ij A A ββ''''= 即ij A 是张量。

2.8设A 为二阶张量，试证明tr ⋅=⋅I A A 。

证：=()()===tr jk j k jk i j i k jk ij ik ii i i A A A A δδ⋅=⊗⊗⋅⋅⋅⋅⋅I A A e e e e e e e e 。

2.9设a 为矢量，A 为二阶张量，试证明：
3
(1)()T T ⨯=-⨯a A A a ，(2)()T T ⨯=-⨯A a a A
证：(1) ()()()T T T T ji i j k k ji i k jkn n A a A a e -⨯=-⊗⨯=-⊗A a e e e e e ()T ji k jkn i n jn k jki i n A a e A a e =-⊗=-⊗e e e e k k jn j n a A =⨯⊗=⨯a A e e e 。

(2) ()()()T T T T i i kj j k kj i ijn n k a A A a e -⨯=-⨯⊗=-⊗a A e e e e e ()nj i ijk n k nj n i jik k A a e A a e =-⊗=⊗e e e e
nj n j i i A a =⊗⨯=⨯A a e e e
2.10已知张量T 具有矩阵
123[]456789=⎡⎤
⎢⎥⎢⎥⎣⎦
T
求T 的对称和反对称部分及反对称部分的轴向矢量。

解：T 的对称部分具有矩阵
1351
([][])3572579T +=⎡⎤
⎢⎥⎢⎥
⎣⎦
T T ，
T 的反对称部分具有矩阵
0121
([][])1012210T ---=-⎡⎤
⎢⎥⎢⎥⎣⎦
T T 。

和反对称部分对应的轴向矢量为 1232=-+ωe e e 。

2.11已知二阶张量T 的矩阵为
310[]130001-=-⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦
T
求T 的特征值和特征矢量。

解：23101
30(1)[(3)1]00
1λλλλλ
----=---=-
由上式解得三个特征值为14λ=，22λ=，31λ=。

将求出的特征值代入书中的式(2.44),并利用式(2.45)，可以求出三个特征矢量为
4
112)=
-a e
，12)=
a e +e ，33=a e 。

2.12求下列两个二阶张量的特征值和特征矢量：
αβ=+⊗A I m m ，=⊗+⊗B m n n m
其中，α和β是实数，m 和n 是两个相互垂直的单位矢量。

解：因为
()()αβαβ⋅=+⊗⋅=+A m I m m m m ，
所以m 是A 的特征矢量，αβ+ 是和其对应的特征值。

设a 是和m 垂直的任意单位矢量，则有
αβα⋅=+⊗⋅=A a I m m a a
所以和m 垂直的任意单位矢量都是A 的特征矢量，相应的特征值为α，显然α是特征方程的重根。

令
2)-m n e
，3)=
+m n e ，123⨯e =e e
则有
23)2=
m e +e
，23)2
-n e +e 上面定义的i e 是相互垂直的单位矢量。

张量B 可以表示成
1122330=⊗-⊗⊗B e e e e +e e
所以，三个特征值是1、0和－1，对应的特征矢量是3e 、1e 和2e 。

2.13设a 和b 是矢量，证明：
(1)2()()∇⨯∇⨯=∇∇⋅-∇a a a
(2)()()()()()∇⨯⨯=⋅∇-⋅∇+∇⋅-∇⋅a b b a a b a b b a
证：(1) 这一等式的证明过程和书中证明式(2.14)的过程相同，在此略。

(2) ()()()j j k k j k jkm m i
i
i
i a b a b e x x ∂∂∂∂∇⨯⨯=⨯⨯=⨯a b e e e e e
,,,,()()()j i k j k i jkm imn n j i k j k i jn ki ji kn n a b a b e e a b a b δδδδ=+=+-e e ,,,,j i i j j i i j j j k k i k i k a b a b a b a b =+--e e e e ()()()()=⋅∇-⋅∇+∇⋅-∇⋅b a a b a b b a
2.14设2321232x yz xz xz =-+a e e e ，求1
()2
=
∇-∇w a a 及其轴向矢量。

5
解：12
()=∇-∇w a a 23223211213212
[(2)()(2)x z z x y z z x z =+⊗+-⊗-+⊗e e e e e e 22222331326()6]xz z x y xz -⊗+-⊗+⊗e e e e e e 由上式很容易得到轴向矢量，也可以按下面的方法计算轴向矢量 222321112322[6()(2)]xz x y z z x z =∇⨯=+--+ωa e e e 。

2.15设S 是一闭曲面，r 是从原点O 到任意一点的矢径，试证明：
(1)若原点O 在S 的外面，积分
30S
dS r ⋅=⎰n r
；
(2)若原点O 在S 的内部，积分34S
dS r π⋅=⎰n r。

证：(1)当0r ≠时，有 33
(
)()0i
i x r x r ∂∇⋅==∂r (b) 因为原点在S 的外面，上式在S 所围的区域V 中处处成立，所以由高斯公式得
33
()0S
V
dS dv r r ⋅=∇⋅=⎰
⎰n r r。

(2)因为原点在S 的内部，所以必定存在一个以原点为球心、半径为a 的球面S '完全在S 的内部。

用V 表示由S 和S '所围的区域，在V 中式(b)成立，所以
3333()0S S
S
S
V
dS dS dS dV r r r r ''
+⋅⋅⋅=+=∇⋅=⎰
⎰⎰⎰n r n r n r r
即
33S
S
dS dS r r '
⋅⋅=-⎰⎰n r n r
在S '上，r a =，/a =-n r ，于是 332211
4S
S
S
S
dS dS dS dS r r a a π'''
⋅⋅=-===⎰
⎰⎰⎰n r n r 。

2.16设123(2)y x xz xy =+--f e e e ，试计算积分()S
dS ∇⨯⋅⎰f n 。

式中S 是球面
2222x y z a ++=在xy 平面的上面部分.
解：用c 表示圆222x y a +=，即球面2222x y z a ++=和xy 平面的交线。

由Stokes
公式得
6 ()0S
c
c
dS d ydx xdy ∇⨯⋅=⋅=+=⎰⎰⎰f n f r 。

第三章
3.1设r 是矢径、u 是位移，=+r
r u 。

求d d r r ，并证明：当,1i j u <<时，d d r
r
是一个可逆 的二阶张量。

解：d d d d d d =+=+∇r
r u I u r r r
d d =+∇r
I u r
的行列式就是书中的式(3.2)，当,1i j u <<时，这一行列式大于零，所以d d r r
可逆。

3.2设位移场为=⋅u A r ，这里的A 是二阶常张量，即A 和r 无关。

求应变张量ε、反对
称张量()/2=∇-∇Ωu u 及其轴向矢量ω。

解：∇=u A ，1()2T =+εA A ，1
()2
T =-ΩA A ， 1122i jk j k l l i
A x x ∂
∂=∇⨯=⨯⊗⋅ωu e e e e 111
222
jk ijm m k il l jk ijm m ki ji ijm m A e A e A e δδ=⊗==⋅e e e e e
3.3设位移场为=⋅u A r ，这里的A 是二阶常张量，且,1i j u 。

请证明： (1)变形前的直线在变形后仍为直线；
(2)变形前的平面在变形后仍然是一个平面；
(3)变形前的两个平行平面在变形后仍为两个平行的平面。

证：(1)方向和矢量a 相同且过矢径为0r 的点的直线方程可以写成
0t =+r a r (1) 其中t 是可变的参数。

变形后的矢径为
()=+=+⋅=+⋅r
r u r A r I A r (2) 用+I A 点积式(1)的两边，并利用式(2),得
0()()t =+++⋅⋅r
I A a I A r 上式也是直线方程，所表示的直线和矢量()+⋅I A a 平行，过矢径为0()+⋅I A r 的点。

所以变形前的直线变形后仍然是直线。

7
(2)因为,1i j u ，所以+I A 可逆。

记1()-=+B I A ，则
1()-=+=⋅⋅r I A r
B r (3) 变形前任意一个平面的方程可以表示成
c ⋅=a r (4) 其中a 是和平面垂直的一个常矢量，c 是常数。

将式(3)代入式(4)，得
()c ⋅⋅=a B r
(5) 上式表示的是和矢量⋅a B 垂直的平面。

所以变形前的平面在变形后仍然是平面。

(3)变形前两个平行的平面可以表示成 1c ⋅=a r ，2c ⋅=a r 变形后变成
1()c ⋅⋅=a B r
，2()c ⋅⋅=a B r 仍是两个平行的平面。

3.4在某点附近，若能确定任意微线段的长度变化，试问是否能确定任意两条微线段之间
夹角的变化；反之，若能确定某点附近任意两条微线段之间的夹角变化，试问能否确定任意微线段的长度变化。

答案：能；能。

3.5设位移场为=⋅u A r ，其中A 是二阶常张量，n 和m 是两个单位矢量，它们之间的夹
角为θ。

求变形后θ的减小量。

解：n 和m 方向的正应变分别为 n ε=⋅⋅n εn ，m ε=⋅⋅m εm
用n ε和m ε代替式(3.11)中的1ε和2ε，经整理，得θ的减小量θ∆为 2
ctg ()sin θθθ
∆=
⋅⋅-⋅⋅+⋅⋅n εm n εn m εm 又()/2T =+εA A ，所以 1
()ctg ()sin T θθθ
∆=
⋅+⋅-⋅⋅+⋅⋅n A A m n A n m A m 。

3.6设n 和m 是两个单位矢量，d dr =r n 和r δδ=r m 是两个微小的矢量，变形前它们
所张的平行四边形面积为A d δ=⨯r r ，试用应变张量把变形时它的面积变化率/A A ∆表示出来，其中A ∆是面积变形前后的改变量。

解：变形后，d r 和δr 变成
d d d d =+⋅+⨯r
r εr ωr ，δδδδ=+⋅+⨯r r εr ωr 对上面两式进行叉积，并略去高阶小量，得
d d d d δδδεδ⨯=⨯+⋅⨯+⨯⋅r
r r r r εr r r 对上式两边进行自身点积，略去高阶小量，得
8
()()d d δδ⨯⋅⨯r
r r r ()()2()()2()(d d d d d d δδδδεδδ=⨯⋅⨯+⋅⨯
⋅⨯+⨯⋅⋅⨯r r r r r εr r r r r r r
(a) 注意到
22()()()2()d d A A A A A δδ⨯⋅⨯=+∆≈+∆r
r r r 2()()d d A
δδ⨯⋅⨯=r r r r 所以，从式(a)可得
()()()()()()
d d d d A A d d δδδδδδ⋅⨯⋅⨯+
⨯⋅⋅⨯∆=
⨯⋅⨯r εr r r r εr r r r r r r ()()()()
()()
⋅⨯⋅⨯+⨯⋅⋅⨯=⨯⋅⨯n εm n m n εm n m n m n m
利用习题2.4中的等式，上式也可写成
22()()1()
A A ⋅⋅-
⋅⋅⋅+⋅⋅=-⋅∆n εn n εm n m m εm n m
3.7设在一个确定的坐标系中的应变分量为ij ε，让坐标系绕z 轴转动θ角，得一个新的坐
标系，求在新坐标系中的应变分量。

解：11cos βθ'=，12sin βθ'=，130β'=， 21sin βθ'=-，22cos βθ'=，230β'=， 310β'=，320β'=，331β'=。

cos 2sin 22
2
x y
x y
x xy εεεεεθεθ'+-=++， cos 2sin 222
x y
x y
y xy εεεεεθεθ'+-=
-
-，
sin 2cos 22
x y
x y xy εεεθεθ''-=-
+，
cos sin x z xz yz εεθεθ''=+，
sin cos y z xz yz εεθεθ''=-+，z z εε'=
3.8在Oxy 平面上，O a 、O b 、O c 和x 轴正方
向之间的夹角分别为0 、60 、120 ，如图
3.9所示，这三个方向的正应变分别为a ε、
b ε和
c ε。

求平面上任意方向的相对伸长度n ε。

解：在Oxy 平面中，和x 方向成θ
角的方向，图3.9
9
其方向余弦为
1cos n θ=，2sin n θ=，30n = 这一方向的相对伸长度为 n ij i j n n εε=
22cos 2sin cos sin x xy y εθεθθεθ=++
cos 2sin 222
x y
x y
xy εεεεθεθ+-=
+
+
cos 2sin 2A B C θθ=++ (a) 利用上式，可得 a A B ε=+
，12b A B ε=-
，12
b A B ε=-
解之，得
3a b c
A εεε++=
，23
a b c
B εεε--=
，)3b c C εε=- 将求出的A 、B 和C 代回式(a)，得
2cos 223
3
a b c
a b c
n εεεεεεεθθ++--=
+
3.9试说明下列应变分量是否可能发生： 2x axy ε=，2y ax y ε=，z axy ε=， 22yz ay bz γ=+，22xz ax by γ=+，0xy γ=
其中a 和b 为常数。

解：如果列出的应变分量是可能的，则必须满足协调方程。

将题中的应变分量代入协
调方程(3.34c)，可以发现，必须有0a b ==。

所以当a 和b 不为零时，上述应变分量是不可能发生的。

3.10确定常数0A ，1A ，0B ，1B ，0C ，1C ，2C 之间的关系，使下列应变分量满足协
调方程 224401()x A A x y x y ε=++++， 224401()y B B x y x y ε=++++， 22012()xy C C xy x y C γ=+++，
0z zx zy εγγ===。

解：将所给应变分量代入协调方程，可以得到常数之间的关系如下： 14C =，1122A B C +=。

其它三个常数0A 、0B 、0C 可以是任意的。

10 3.11若物体的变形是均匀的，即应变张量和空间位置无关，试写出位移的一般表达式。

解：由于应变张量ε和空间位置无关，所以书中的式(3.36a)简化成 00000000()()()d =+⨯-+=+⨯-+-⋅⋅⎰r
r u u ωr r εr u ωr r εr r
其中0u 是任意的刚体平移，0ω是任意的角位移矢量。

3.12设x ax ε=，y by ε=，z cz ε=，0xy yz zx εεε===，其中a ，b ，c 是常量，求位
移的一般表达式。

解：所给的应变张量是，
112233ax by cz =⊗+⊗+⊗εe e e e e e 很容易验证0⨯∇=ε，且有 2221231231
()2
d ax dx by dy cz dz d ax by cz ε⋅=++=++r
e e e e e e 所以从式(3.36a),得
0000()d =+⨯-+⋅⎰r
r u u ωr r εr
0002221231()()2d ax by cz =+⨯-+
++⎰r
r u ωr r e e e 0000
002
222221231()2
[()()()]a x x b y y c z z =+⨯-+-+-+-u ωr r e e e
第四章
4.1已知物体内一点的六个应力分量为：
50x a σ=，0y σ=，30z a σ=-，75yz a τ=-，80zx a τ=，50xy a τ= 试求法线方向余弦为112
n =
，122
n =
，3n =
的微分面上的总应力T 、正应力n σ和
剪应力n τ。

解：应力矢量T 的三个分量为
11106.57i i T n a σ==，228.033T a =-，318.71T a =-
总应力111.8T a =。

正应力26.04n i i T n a σ==。

剪应力108.7n a τ。

4.2过某点有两个面，它们的法向单位矢量分别为n 和m ，在这两个面上的应力矢量分别
为1T 和2T ，试证12⋅=⋅T m T n 。

11
证：利用应力张量的对称性，可得
12()()ij i j ji i j n m n m σσ⋅=⋅⋅===⋅⋅=⋅T m n σm m σn T n 。

证毕。

4.3某点的应力张量为
0121121
0x xy xz yx y yz y
zx zy z στττστσττσ=⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢
⎥⎣⎦⎣⎦
且已知经过该点的某一平面上的应力矢量为零，求y σ及该平面的单位法向矢量。

解：设要求的单位法向矢量为i n ，则按题意有 0ij j n σ=
即
2320n n +=，1230y n n n σ++=，1220n n += (a) 上面第二式的两倍减去第一式和第三式，得 2(22)0y n σ-=
上式有两个解：20n =或1y σ=。

若20n =，则代入式(a)中的三个式子，可得
1n =30n =，这是不可能的。

所以必有1y σ=。

将1y σ=代入式(a)，利用1i i n n =，可求得
=n
4.4基础的悬臂伸出部分具有三角柱体形状，见图4.8，下部受均匀压力作用，斜面自由，
试验证应力分量 22
(arctg )x y xy A C x x y σ=--++ 22
(arctg
)y y xy A B x
x y σ=-+
++
0z yz xz σττ===，2
22
xy y A
x y τ=-+
满足平衡方程，并根据面力边界条件确定常数
A 、
B 和
C 。

解：将题中的应力分量代入平衡方程，可知它们
满足平衡方程。

在0y =的边界上，有边界条件
0()y y q σ==-，0()0xy y τ==
O
图4.8
12 所给的应力分量xy τ自动满足上面的第二个条件。

将y σ的表达式代入上面的第一个条件，得
AB q =- (1) 在上斜面上，有tg y x β=-，所以斜面上的应力分量可以简化成 (sin cos )x A C σβββ=++，(sin cos )x A B σβββ=-+，
2sin xy A τβ=-，0z yz xz σττ=== (2)
斜面上的外法向方向余弦为
1sin n β=-，2cos n β=-，30n = (3) 将式(2)和(3)代入边界条件0ij j n σ=，得 0
(sin cos )cos 0
C A AB βββββ+=--=⎧⎨
⎩ (4)
联立求解(1)和(4)，得 tg q
A ββ
=
-，tg B ββ=-，C β=-
4.5图4.9表示一三角形水坝，已求得应力分量为 x ax by σ=+，y cx dy σ=+，0z σ=， 0yz xz ττ==，xy dx ay x τγ=---
γ和1γ分别是坝身和水的比重。

求常数a 、b 、c 、d ，
使上述应力分量满足边界条件。

解：在0x =的边界上，有边界条件 01()x x y σγ==-，0()0xy x τ==
将题中的应力分量代入上面两式，可解得：0a =，
1b γ=-。

在左侧的斜面上，tg x y β=，外法向方向余弦为 1cos n β=，2sin n β=-，30n =
把应力分量和上面得到的有关结果代入边界条件0ij j n σ=，可解得：
21ctg d γβγ=-，21ctg (2ctg )c βγγβ=-。

4.6物体的表面由(,,)0f x y z =确定，沿物体表面作用着与其外法向一致的分布载荷
(,,)p x y z ，试写出其边界条件。

解：物体表面上任意一点的外法向单位矢量为
图4.9
13
n 或
i f n =
按题意，边界条件为 p ⋅=σn n 因此
即 f p f ⋅∇=∇σ
上式的指标形式为 ,,ij j i f pf σ=。

4.7如图4.10所示，半径为a 的球体，一半沉浸在密度为ρ的液体内，试写出该球的全
部边界条件。

图4.10
解：球面的外法向单位矢量为
i i
x a a =
=r n e 或 i i x n a
= 当0z ≤时，有边界条件
⋅=σn 0 即 ⋅=σr 0 或 0ij j x σ=。

当0z ≥时，球面上的压力为gz ρ，其中g 为重力加速度，边界条件为 gz σρ⋅=-n n 即 gz ρ⋅=-σr r 或 ij j i x gzx σρ=-。

4.8物体的应力状态为ij ij σσδ=，其中σ为矢径r 的函数。

(1)证明物体所受的体积力是
有势力，即存在一个函数ψ，使ψ=-∇f ；(2)写出物体表面上的面力表达式。

解：(1)应力场必须满足平衡方程，所以
,,i i i i σσσσ=-∇⋅=-∇⋅=-⋅=-=-∇f σI I e e 所以，只要令ψσ=，就有ψ=-∇f 。

(2)表面上的面力为
σσ=⋅=⋅=T n σn I n 或 i j T n σ=。

14 4.9已知六个应力分量ij σ中的30i σ=，求应力张量的不变量并导出主应力公式。

解：应力张量的三个不变量为：1x y I σσ=+，2
2x y xy I σστ=-，30I =。

特征方程是
3212122()0I I I I σσσσσσ-+=+=- 上式的三个根即三个主应力为0σ=和
2
x y
σσσ+=
4.10已知三个主应力为1σ、2σ和3σ，在主坐标系中取正八面体，它的每个面都为正三
角形，其法向单位矢量为
13n =
，23
n =
，33n = 求八面体各个面上的正应力0σ和剪应力0τ。

解：01231
()3
ij i j n n σσσσσ==
++， ij j i n σ=T e ，222
1232223
i i T n σσσσ++=⋅==T T ，
0τ。

4.11某点的应力分量为1122330σσσ===，122331σσσσ===，求： (1)
过此点法向为123)++n e e e 的面上的正应力和剪应力；
(2)主方向、主应力、最大剪应力及其方向。

解：
(1)123)ij j i n σ==
++T e e e e ，
224T σ=⋅=T T 。

正应力为2n σσ=⋅=T n 。

剪应力为0n τ=。

由此可知，2σ
是主应力，123)=++n e e e 是和其对应的主方向。

(2)用λ表示主应力，则
15
2()(2)0λσσ
σ
λσλσλσσ
σλ
--=-+-=- 所以，三个主应力是12σσ=，23σσσ==-。

由上面的结论可知，和1σ对应的主
方向是n ，又因为23σσσ==-是重根，所以和n 垂直的任何方向都是主方向。

第五章
5.1把线性各向同性弹性体的应变用应力表示为ij ijkl kl C εσ=，试写出柔度系数张量ijkl C 的
具体表达式。

解：11[()]2ij ij kk ij ik jl il jk ij kl kl E E E E
νννν
εσσδδδδδδδσ++=-=+- 所以 1[
()]2ik jl il jk ij kl ijkl C E E
νν
δδδδδδ+=+-。

5.2橡皮立方块放在同样大小的铁盒内，在上面用铁盖封闭，铁盖上受均布压力q 作用，
如图5.2所示。

设铁盒和铁盖可以作为刚体看待，而且橡皮与铁盒之间无摩擦力。

试求铁盒内侧面所受的压力、橡皮块的体积应变和橡皮中的最大剪应力。

图
5.2
解：取压力q 的方向为z 的方向，和其垂直的两个相互垂直的方向为x 、y 的方向。

按题意有
z q σ=-，0x y εε==，x y p σσ==- 由胡克定律得
11
[()][(1)]0x x y z p q E E
εσνσσνν=
-+=-+= 所以盒内侧面的压力为
16 1p q ν
ν
=
- 体积应变为
2(21)(1)121
[()](1)(1)
ii z z x y v q q E E E νννθεεσνσσνν-++-===-+==-- 最大剪应力为
max 122
2(1)
z x
q σσν
τν--=
=
-。

5.3证明：对线性各向同性的弹性体来说，应力主方向与应变主方向是一致的。

非各向同
性体是否具有这样的性质？试举例说明。

解：对各向同性材料，设i n 是应力的主方向，σ是相应的主应力，则
ij j i n n σσ= (1) 各向同性的胡克定律是 2ij ij ij σλθδμε=+
将上式代入式(1)，得2i ij j i n n n λθμεσ+=，即 1
()2ij j i n n εσλθμ
=
- 由此可知，i n 也是应变的主方向。

类似地可证，应变主方向也是应力主方向。

因此，
应力主方向和应变主方向一致。

下面假定材料性质具有一个对称面。

设所取的坐标系是应变主坐标系，且材料性
质关于Oxy 平面对称。

因为0xy γ=，所以从式(5.14)得 414243xy x y z C C C τεεε=++
若应变主坐标系也是应力主坐标系，则0xy τ=，即 4142430x y z C C C εεε++=
上式只能在特殊的应变状态下才能成立。

总之，对各向异性材料，应力主方向和应变
主方向不一定相同。

5.4对各向同性材料，试写出应力不变量和应变不变量之间的关系。

解：由式(5.17)可得主应力和主应变之间的关系
2i i σλθμε=+ (1) 从上式得
11(32)(32)ii I J σλμθλμ=Θ==+=+ (2) 2122331I σσσσσσ=++
17
122331(2)(2)(2)(2)(2)(2)μελθμελθμελθμελθμελθμελθ=++++++++ 2212(34)4J J λμλμ=++ （3） 3123123(2)(2)(2)I σσσλθμελθμελθμε==+++
23231123(2)48J J J J λλμμλμ=+++ (4)
式(2)、(3)、(4)就是用应变不变量表示应力不变量的关系。

也容易得到用应力不变量
表示应变不变量的关系。

第六章
6.1为什么同时以应力、应变和位移15个量作未知函数求解时，应变协调方程是自动满足
的？
解：因为应变和位移满足几何方程，所以应变协调方程自动满足。

6.2设
2122()f g y g A B α=∇-+∇+∇⨯+u e e e
其中f 、g 、A 、B 为调和函数，问常数α为何值时，上述的u 为无体力弹性力学
的位移场。

解：11,1,1()()0k
i
k
i i j j ij ji k
i
k
A A A e A e x x x ∂∂∂∂∂∂∇∇⨯=⨯===⋅⋅⋅e e e e e e
同理2()0B ∇∇⨯=⋅e 。

由上面两式及f 和g 是调和函数可得 ,2(1)g θα=∇=-⋅u
,2(1)g θα∇=-∇ (1) 因f 、g 、A 、B 为调和函数，所以
2,22g ∇=∇u (2) 将式(1)、(2)代入无体力的Lamé-Navier 方程，得 ,2[()(1)2]0g λμαμ+-+∇= 上式成立的条件是 ()(1)20λμαμ+-+= 即 3λμ
αλμ
+=
+。

6.3已知弹性体的应力场为
18 2x x σ=，2y y x σ=+，22xy x y τ=--，0zx zy ττ==，2z z σ=-。

(1) 求此弹性力学问题的体力场；
(2) 本题所给应力分量是否为弹性力学问题的应力场。

解：(1)将所给的应力分量代入平衡方程，就可以得到体力场为32=f e 。

(2)所给的应力分量和已求出的体积力满足Beltrami-Michell 应力协调方程，所以给出的应力分量是弹性力学问题的应力场。

6.4证明下述Betti 互易公式
i
i
i
i
i
i
i
i
S
V
S
V
T u dS f u dV T u dS f u dV
+=+⎰⎰⎰⎰
，
其中i T 、i f 、i u 和i T 、i
f 、i u 分别为同一弹性体上的两组面力、体力和位移。

证：利用平衡方程、几何方程和弹性模量张量的对称性，可得
i
i
i
i
ij
j i i i S
V
S
V
T u dS f u dV n u
dS f u dV σ
+=+⎰⎰⎰⎰ ,,,()()ij j i ij i j i i ij j i i ij ij V
V
V
V
u
u f u dV f u dV dV σσσσε=++=++⎰⎰⎰⎰ ij ij ijkl kl ij klij ij kl kl kl V
V
V
V
dV E dV E dV dV σεεεεεσ
ε====⎰⎰⎰⎰ ,,,[()]ij i j ij i j ij j i ij j i i i V
V
S
V
u dV u u dV n u dS f u dV σσσσ==-=+⎰⎰⎰⎰
i i i i S
V
T u dS f u dV =+⎰⎰ 。

证毕。

6.5如果体积力为零，试验证下述(Papkovich-Neuber)位移满足平衡方程
01
()4(1)
P ν=-
∇+-⋅u p p r
其中2∇=p 0，200P ∇=。

证：无体力的Lam é-Navier 方程为
2()()λμμ+∇∇+∇=⋅u u 0 又
1
12λμμν
+=-，所以Lam é-Navier 方程可以写成 21
()12ν
∇+
∇∇=-⋅u u 0 将所给的位移代入上式的左边，并利用22()2∇=∇+∇⋅⋅⋅r p p r p ，可得
19
0222211
()()122(12)
νν∇∇+
∇∇=-∇∇+∇--⋅⋅u u p p r p 因为p 和0p 是调和的，所以上式为零，即所给位移满足平衡方程。

6.6设有受纯弯的等截面直杆，取杆的形心轴为x 轴，弯矩所在的主平面为Oxy 平面。

试
证下述位移分量是该问题的解
0y z M
u xy z y u EI ωω=
+-+ 2220()2z x M
v x y z x z v EI ννωω=-+-+-+
0x y M
w yz y x w EI
νωω=-+-+。

提示：在杆的端面上，按圣维南原理，已知面力的边界条件可以放松为 0x A
dA σ=⎰，0x A
zdA σ=⎰，x A
ydA M σ=⎰
其中A 是杆的横截面。

证：容易验证所给的位移分量满足无体力时的Lamé-Navier 方程。

用所给的位移可以
求出应变，然后用胡克定律可以求出应力： x M y
I
σ=
，其它应力分量为零。

(a) 上述应力分量满足杆侧面无面力的边界条件。

杆端面的边界条件为 0x z y z
ττ
==，0x A
dA σ=⎰，0x A
zdA σ=⎰，x A
ydA M σ=⎰
式(a)表示的应力分量满足上述端面条件。

所以，所给的位移分量是受纯弯直杆的解。

6.7图6.6表示一矩形板，一对边均匀受拉，另一对边均匀受压，求应力和位移。

q 1
2
图6.6
解：显然板中的应力状态是均匀的。

容易验证下述应力分量
20 1x q σ=，2y q σ=-，0z xy yz zx στττ====
满足平衡方程、协调方程和边界条件，即是本问题的解。

由胡克定律可求得应变为
12112122123
3
11()()()q q q q q q E E E
ν
νν=
+⊗-+⊗--⊗εe e e e e e 利用题3.11的结果，可求得位移为
00012
01
2102
12
03
1()()()
1()()()()
q q x x E
q q y y q q z z E E
νν
ν=+⨯-++--+----u u ωr r e e e
6.8弹性半空间0z ≥，比重为γ，边界0z =上作用有均布压力q ，设在z h =处0w =，求位移和应力。

解：由问题的对称性，可以假设 0u v ==，()w w z =
把上述位移分量代入Lam é-Navier 方程，可以发现有两个自动满足，余下的一个变成
222d w dz γλμ=-+ 解之得
22(2)
w z A z B γ
λμ=-
+++
其中的A 、B 是待定常数。

由已知条件得 2()02(2)
w h h Ah B γ
λμ=-++=+ 所以 22(2)
B h A h γ
λμ=-+
22)()2(2)
(w h A z h z γ
λμ=-
+-+-
应力分量为 []2x y dw
z A dz γσσλ
λλμ
===-++，(2)
(2)[]2z dw
z A dz γσλμλμλμ
=+=+-++，0xy yz zx τττ===。

在0z =边界上的边界条件为：10T =，20T =，3T q =。

前两个条件自动满足，最后
一个成为
21
(2)A q λμ-+= 即 (12)22(1)
q
q A G νλμ
ν-=-=-
+-
所以最后得 (12)()[()2]4(1)
w z h z h q G νγν-=-
-++-，0u v ==；
()z z q σγ=-+，()1x y z q ν
σσγν
==-
+-，0xy yz zx τττ===。

6.9设一等截面杆受轴向拉力p 作用，杆的横截面积为A ，求应力分量和位移分量。

设z
轴和杆的轴线重合，原点取在杆长的一半处；并设在原点处，0u v w ===，且
0u v v z
z
x
∂∂∂∂∂∂===。

答案：z p
A
σ=，0x y xy yz zx σστττ=====；
p
u x EA ν=-
，p
v y EA
ν=-
，p w z EA
=。

6.10当体力为零时，应力分量为
222[()]x A y x y σν=+-，0yz τ=， 222[()]y A x y x σν=+-，0zx τ=， 22()z A x y σν=+，2xy A xy τν=-
式中，0A ≠。

试检查它们是否可能发生。

解：所给应力分量满足平衡方程，但不满足协调方程，故不可能发生。

6.11图6.7所示的矩形截面长杆偏心受压，压力为P ，偏心距为e ，
杆的横截面积为A ，求应力分量。

解：根据杆的受力特点，假设
z x σαβ=+，0x y xy yz zx σστττ=====
其中α、β是待定的常数。

上述应力分量满足无体力时的平
衡方程和协调方程，也满足杆侧面的边界条件。

按圣维南原理，杆端的边界条件可以放松为 0zx τ=，0zy τ=，0z A
dA σ=⎰，z A
xdA Pe σ=-⎰
前面两个条件自动满足，将应力分量代入后两个条件，可求得
P A α=-，Pe
I
β=-，其中2A
I x dA =⎰。

图6.7
22 所以，得最后的应力分量为
(
)z P Pe x A I
σ+=-，0x y xy yz zx σστττ=====。

6.12长方形板ABC D ，厚度为h ，两对边分别受均布的弯矩1M 和2M 作用，如图6.8
所示。

验证应力分量 1312x M z
h σ=
，23
12y M z
h σ=
，0z xy yz zx στττ====
是否是该问题的弹性力学空间问题的解答。

图6.8
解：所给应力分量满足无体力的平衡方程和协调(Beltrami-Michell)方程，也满足板
面上无面力的边界条件。

板边C D 上的边界条件可以放松为 0xy τ=，0xz τ=，2
2
0h h
x dz σ-=⎰，2
2
1h h
x zdz M σ-=⎰
容易验证应力分量满足上述条件。

同样可以说明应力分量满足板边AB 、B C 、AD
上的边界条件。

所以，所给的应力分量是所提空间问题的解答。

第七章
7.1在常体力的情况下，为什么说平面问题中应力函数ϕ应满足的方程220ϕ∇∇=表示协
调条件？
解：在无体力的情况，不管是平面应力问题还是平面应变问题，用应力表示的协调方
程都是 2()0x y σσ∇+=
若把用应力函数表示的应力，即22
x y ϕσ∂∂=
、22
y x ϕσ∂∂=
代入上式，就可以得到
220ϕ∇∇=
所以，上式就是用应力函数表示的协调条件。

23
7.3设有任意形状的等厚度博板，不计体力，在全部边界上(包括孔口边界上)受有均匀压
力q ，求板中的应力分量。

答案：x y q σσ==-，0z xy yz zx στττ====。

7.4图7.5所示悬壁梁受均布载荷q 作用，求应力分量。

提示：假定y σ和x 无关。

解：假定y σ和x 无关，即()y f y σ=，于是
有 22
()y f y x
ϕσ∂∂=
=
积分两次，得 2
121()()()2
x f y xf y f y ϕ=
++ (1) 其中1()f y 和2()f y 是y 的待定函数。

将应力
函数ϕ代入双调和方程，得
444
21224442
()
()()()1202d f y d f y d f y d f y x x dy dy dy dy +++= 上式对任意[0,]x l ∈成立的充要条件是
44()
0d f y dy =，44
1()
0d f y dy =，
424
2
2()()2
0d f y d f y dy dy =+ (2)
解上面的前两式，得
32()f y Ay By Cy D =+++，321()f y Fy Gy Hy =++
1()f y 中略去了不影响应力的常数项。

由式(2)中的第三个方程，得
4224
2
()
()2124d f y d f y Ay B dy dy =-=--
所以，有
54
322()106
A B f y y y Ly Ky =-
-++ 在上式中略去了不影响应力的常数项和线性项。

将求出的函数f 、1f 和2f 代入式
(1)，得
2323254
32()()2106
x A B Ay By Cy D x Fy Gy Hy y y Ly Ky ϕ=++++++--++ 应力分量为 22
322
(62)(62)22622
x x A y B x F y G A y B y L y K y ϕσ∂∂=
=
+++--++
图7.5
24 2322
y Ay By Cy D x
ϕσ∂∂=
=+++
222(32)(32)xy x Ay By C Fy G y H x y
ϕτ∂∂∂=-
=-++-++
本问题的边界条件是：
()y y a q σ=-=-，()0xy y a τ=-= (3) ()0y y a σ==，()0xy y a τ== (4) ()0xy x l τ== (5) ()0a
x x l a dy σ=-=⎰,()0a x x l a
y dy σ=-=⎰
(6)
由条件(5)可求得
F A l =-，
G B l =-，
H C l =- 由条件(3)和(4)可以求得 34q
A a =-
，0B =，34q
C a =
，2
q
D =-
将求得的常数代入应力分量表达式，得
23333
3
2
23()622223(1)2223()(1)4x y xy q q x xl y y Ly K a a q y y a a q y l x a a σστ=--+++=--+=--⎧
⎪⎪⎪⎨⎪
⎪⎪⎩ (7)
由条件(6)中的第一个条件可以求得0K =，由(6)中的第二个条件可以求得 2
3820ql q
L a a
=-
-
最后的应力分量为
2333
3
2
2()3()2253(1)2223()(1)4x y xy q l x q y y y I a a q y y a a q y l x a a σστ-=-+-=--+=--⎧
⎪⎪⎪⎨⎪
⎪⎪⎩
其中，3
23
a I =
是截面的惯性矩。

25
7.5图7.6所示的简支梁只受重力作用，梁的密度为ρ，重力加速度为g ，g γρ=，求
应力分量。

提示：假定y σ和x 无关。

解：假设 2
2
()y y f y y x
ϕ
σγγ∂∂=-=-
即
22
()f y x ϕ∂∂=
经过和上题类似的运算，可以得到和上题相同的应力函数
2323254
32()()2106
x A B Ay By Cy D x Fy Gy Hy y y Ly Ky ϕ=++++++--++ 应力分量为 22
322
(62)(62)22622
x x A y B x F y G A y B y L y K y ϕσ∂∂==
+++--++ 2322
y y Ay By Cy D y x
ϕσγγ∂∂=
=+++--
222(32)(32)xy x Ay By C Fy G y H x y
ϕτ∂∂∂=-
=-++-++
由对称性可知，0()0xy x τ==，所以2320Fy Gy H ++=，由此得 0F =，0G =，0H =
在梁的任意截面上，x 方向的合力为零，即
2
2
2
22()012
h
h
x Bh dy Bhx h K σ-=+-
=⎰ 故有
0B =，0K =
利用上面求得的结果，应力分量的表达式简化为 23326x Ax y Ay Ly σ=-+ 3y Ay Cy D y σγ=++- 2(3)xy x Ay C τ=-+ 在梁的端部有条件
2
2
(0)h
h
x x l y dy σ-=±=⎰
在梁的上下表面上有条件 2
()0h y y σ=±=，2
()0h xy y τ=±=
将应力分量表达式代入上述条件，可以求得
图
7.6
26 22A h γ
=-
，32
C γ
=
，0D =，2
22
()10
h L l h γ
=
-
最后的应力分量为
222
3
24123()()25
x y h l x y y h h γσγ=-+- 224(1)2y y y h γσ=-，2243(1)2xy y x h
γ
τ=-
-。

7.6设有矩形截面的竖柱，其密度为ρ，在一边侧面上受均布剪力q ，见图7.7，求应力
分量。

提示：假设0x σ=或()xy f x τ=。

解：设22
0x y ϕσ∂∂=
=，积分得
1()()yf x f x ϕ=+
把上式代入双调和方程，得 4414
4
()()
0d f x d f x y
dx dx +
=
因而有
44
()
0d f x dx =，
44
1()0d f x dx =
所以
32()f x Ax Bx Cx =++，321()f x Dx Fx =+
在()f x 和1()f x 的表达式中略去了不影响应力分量的项。

应力函数为 3232()y Ax Bx Cx Dx Fx ϕ=++++ 应力分量为 0x σ= 22
(62)62y gy y Ax B Dx F gy x ϕσρρ∂∂=
-=+++-
2(32)xy Ax Bx C τ=-++ 边界条件是
0()0xy x τ==，()xy x h q τ==，00h
xy dx τ=⎰
00
()0h y y dx σ==⎰，00
()0h
y y x dx σ==⎰
把应力分量的表达式代入上述条件，可以求得
图7.7
27
2q
A h =-
，q
B h
=
，0C =，0D =，0F =
最后的应力分量为 0x σ=，23(1)y q x y gy h
h σρ=-
-，(32)xy x x
q h h
τ=-。

7.7图7.8表示一挡水墙，墙体的密度为ρ，p g ρ=，水的密度为1ρ，1g γρ=，求应
力分量。

提示：设()x yf x σ=。

解：设22
()x yf x y ϕσ∂∂==，积分两次，得
3
121()()()6
y f x yf x f x ϕ=
++ 将上式代入双调和方程，得
444
21234424
()()()
()1(2)06d f x d f x d f x d f x y
y dx dx dx dx +++= 上式成立的充要条件是
44()
0d f x dx =，4214
2
()
()2
0d f x d f x dx dx +=，
424
()0d f x dx =
解上述三个方程，得 32()f x Ax Bx Cx D =+++ 5432111
()106
f x Ax Bx Hx Kx Lx =-
-+++ 322()f x Fx Gx =+
在上面的三个函数中，已略去了不影响应力分量的项。

应力函数为
3
321()6
y Ax Bx Cx D ϕ=+++ 54323211
()106
y Ax Bx Hx Kx Lx Fx Gx +--+++++ 应力分量为 3222
)(x Ax Bx Cx D y y
σϕ∂+++∂==
23
2
1(62)6
y py y Ax B x ϕσ∂∂=
-=
+ 32(2262)62y Ax Bx Hx K Fx G py +--++++-
图7.8
28
222432112
(32)(32)223
xy y Ax Bx C Ax Bx H x K x L x y
ϕτ∂∂∂=-
=-
++---+++ 边界条件为
2
()0h
xy x τ=-=，2
()0h x x σ=-=，2
()0h xy x τ==，2
()h x x y σγ==-
0()0y y σ==，2
2
0()0h
h
xy y dx τ=-=⎰
把应力分量的表达式代入上述条件，可以求得 3
2A h γ
=
，0B =，32C h
γ=-
，2
D γ
=-
，0F =，0G =，10H h
γ
=
，0K =，80
h
L γ=-
应力分量为
3331
(2)22x x x y h h σγ=--
33332345y xy xy x y py h h h
γγγ
σ=+
-- 224233333()41080
xy h
y x x x h h h h γγγγγτ=--+-+
7.8图7.9所示的三角形悬壁梁只受重力作用，梁的密度为ρ，求应力分量。

提示：设该
问题有代数多项式解，用量纲分析法确定应力函数的幂次。

图7.9
解：应力与外载荷(即体力g ρ)成比例，所以任意一个应力分量都可以表示成如下形式
(,,)gf x y ρα
应力的量纲是[力][长度]－2，g ρ的量纲是[力][长度]－3，x 和y 的量纲是[长度]，
α是无量纲的，所以若(,,)f x y α是多项式，则必是一个x 和y 的齐一次表达式。

应力函数应是比f 高两次的多项式，故有 3223()g Ax Bx y Cxy Dy ϕρ=+++ 应力分量的表达式为
29
22
(26)x g C x D y y ϕσρ∂∂==+
22
(62)y gy g Ax By y x ϕσρρ∂∂=
-=+- 22()xy g B x C y x y
ϕτρ∂∂∂=-
=-+
在0y =的边界上，有
0()60y y gAx σρ===，0()20xy y gBx τρ==-= 由上面两式得 0A B == 在斜面上，有
tg y x α=，1sin n α=-，2cos n α=，30n = 斜面上的边界条件为
2211222(2sin cos )0i i n n n gy C σσσραα=+=-= 11111222(23tg )sin 0i i n n n gx C D σσσραα=+=-+= 由此得
2sin cos 0C αα-=，23tg 0C D α+= 故
1ctg 2C α=
，21
ctg 3
D α=-。

把求出的常数代回应力分量的表达式，得 2(ctg 2ctg )x g x y σραα=-， y gy σρ=-， ctg xy gy τρα=-。

第八章
8.1对平面应变问题，试证明极坐标形式的应变协调方程为
222
222221111(
)()()r
r r r r r r r r r r θθεεγθθθ∂∂∂∂∂∂++-=+∂∂∂∂∂∂∂ 证：在极坐标系中，有 1r
r
r θ
θ
∂∂
∂∂∇=+e e r r r r r r r θθθθθθθεεεε=⊗+⊗+⊗+⊗εe e e e e e e e
30
所以
12111
(
)()r
r r r z r r z r
r r r r r r
θθθθθθεεεεεεεθθ∂∂∂∂∇⨯=-
+⊗+--+⊗∂∂∂∂εe e e e 协调方程是 ∇⨯⨯∇
ε222222211112[2()()()]0r r z z r r r r r r r r r θθεεεθθθ∂∂∂∂∂∂
=++--+⊗=∂∂∂∂∂∂∂e e
即
2222222111122(
)()()0r r
r r r r r r r r r θθεεεθθθ∂∂∂∂∂∂
++--+=∂∂∂∂∂∂∂ 或 222222221111()()()r r r r r r r r r r r θθεεγθθθ
∂∂∂∂∂∂++-=+∂∂∂∂∂∂∂。

证毕。

8.3在内半径为a 、外半径为b 的圆筒外面套以内半径为b 的刚性圆筒，内筒的内壁受压
力p 作用，如图8.17所示，求应力分量和位移分量。

注：按平面应力问题求解。

解：这是一个整环的轴对称问题，应力分量可以表示成如下
形式
22r A C r σ=
+，2
2A C r θσ=-+，0r θτ= 若不计刚体位移，则位移分量的表达式为 1[(1)2(1)]r A
u Cr E r
νν=
-++-，0u θ= 边界条件为 ()r r a q σ==- ()0r r b u ==
将r σ和r u 的表达式代入上面两个条件，可以求得
22(1)11q A b a ννν--=+-+，222
1211q b C b a
ν
νν
+-
=+-+
将求出的常数代入应力和位移的表达式，得
22221111r r b q b a ννσνν-++=-+-+，2222
1111r b q b a
θνν
σνν
-+-=+-+，0r θτ= 图
8.17
31
2
2
22
1111()r r r b u q E b a
ννν
--=+-+
8.4设有一块内半径为a 、外半径为b 的薄圆环板，内壁固定、外壁受均布剪力q 作用，
如图8.18所示，求应力和位移。

解：由对称性可知，极坐标系中的应力分量和θ无关。

平衡方程(8.8)中的第二式简化成
20r r d dr
r
θθττ+
=
解之得2
r A r θτ=
由边界条件得 2()r r b A
q b θτ=== 即 2A b q = 所以2
2r b q r
θτ=。

平衡方程(8.8)中的第一式和应力协调方程简化成
0r r
d dr r
θ
σσσ-+
=，2()0r θσσ∇+=
这是齐次方程组，有特解0r θσσ==，这一特解满足边界条件()0r r b σ==。

所以应
力分量的解是 0r σ=，0θσ=，2
2r b q r
θτ=。

利用胡克定律，得 0r ε=，0θε=，22
2(1)r q b E r θ
νγ+=
由于对称性，位移分量r u 和u θ也和θ无关，所以几何关系简化成 0r r du dr
ε==
，0r u r
θε=
=，2
2
2(1)r du u q b dr
r
E r θθθνγ+=
-=
上面前两式的解是0r u =，第三式的通解是 2
(1)q b u Br E r
θν+=-
由边界条件()0r a
u θ==可以确定常数2
2
(1)q b B E a ν+=
，所以位移分量的解是
图
8.18
32
0r u =，22(1)1
(
)q
r u b E a r
θν+=
-。

解法二：根据对称性，可知r u 、u θ和θ无关。

利用胡克定律和几何关系，可得 22()()11r r r r du u E E
dr r θ
σενεννν=
+=+--，22()()11r r r
u du E E
r dr
θθσενεννν=
+=+--， ()2(1)2(1)r r du u E E
dr r
θθθθτγνν=
=-++。

把上述表达式代入平衡方程，得
22210r
r r
d u du u dr r dr r +-=，22210d u du u dr r dr r θθθ+-= 由此解得
r A u Br r =
+，C
u D r r
θ=+ 利用边界条件可以确定常数A 、B 、C 、D 。

8.5图8.19表示一尖劈，其一侧面受均布压力q 作用，求应力分量r σ、θσ和r θτ。

提示：
用量纲分析法确定应力函数的形式。

解：任意一个应力分量都可以表示成1(,,)qf r θα，应力和q 有
相同的量纲，所以1f 应是无量纲的。

根据应力和应力函数之间
的关系可知，应力函数应该是r 的两次表达式，即 2()r f ϕθ=
将上式代入双调和方程，得
4242
()()
40d f d f d d θθθθ+= 解出上式的解后，可得应力函数 2(c o s 2s i n 2)
r A B C D ϕθθθ=+++ 应力分量为
2c o s 22s i n 22r A B C D σθθθ=--++ 2c o s 22s i n 22A B C D θσθθθ=+++ 2s i n 22c o s 2r A B C θτθ
θ=--
边界条件为
0()q θθσ==-，()0θθασ==，0()0r θθτ==，()0r θθατ==
图8.19
33
把应力分量的表达式代入上面的四个条件，可以求出常数A 、B 、C 和D 。

最后的应力分量为 t g (1c o s 2)(2s i n 2
)2(t g )r q q αθθθσαα+-+=-+-
t g (1
c o s 2
)(2s i n 2
)
2(t g )
q q θαθθθσαα---=-+-
(1c o s 2)t g
s i n 2
2(t g )
r q θθαθταα
--=
-
8.6图8.20所示的是受纯剪的薄板。

如果离板边较远处有一小圆孔，试求孔边的最大和最
小正应力。

解：无孔时板中的应力分量为
0x y σσ==，xy q τ= 在极坐标系中的应力分量为
sin 2r q σθ=，sin 2q θσθ=-，cos 2r q θτθ= 假定小圆孔的半径为a 。

由于孔的半径很小，且远离板边，
所以孔的存在只会引起孔附近应力场的变化，因此这一问题的边值问题可以写成
220,()()0,lim sin 2, lim cos 2r r a r r a r r r r q q θθ
ϕστσθτθ
==→∞→∞
∇∇=====⎧⎪
⎨⎪⎩
根据边界条件和应力与应力函数之间的关系，设应力函数有如下形式
()sin 2f r ϕθ= (a) 将上式代入双调和方程，可以得到
432432232990d f
d f d f df dr r dr r dr r dr +-+= 把上式的解代入式(a)，得
242()sin 2Ar Br Cr D ϕθ-=+++ 所以有
42(264)sin 2r A Cr Dr σθ--=-++ 24(2126)sin 2A Br Cr θσθ-=++
242(2662)cos 2r A Br Cr Dr θτθ--=-+--
把上述应力分量的表达式代入边值问题中的边界条件，可以求得
图8.20。