弹性力学题 杨桂通课后答 案汇总

一组：蔡晓光 马彦波 王露萌 韩鑫 史美珺； 题目：杨桂通P27,1~6、P28,1（P27,3未找到）
P27,2-1,已知一点处的应力状态为Pa
31000001060612⨯⎥⎥
⎥⎦
⎤
⎢⎢⎢⎣⎡，试求该点处的最大主应力及主方向。

解：22010121
=++=++=z y x I σσσ
84
00600101022
222=---++⨯=---++=zx yz XY x z z y y x Z Z Z I σσσσσσ
00
0106
06123==I
解三次方程0322
13=-+-I I I n n n σσσ
即0842223
=+-n n n
σσσ
可得0=n
σ ()
Pa
Pa n 3
3
2
10917.410083.178********⨯⨯=⨯-±=σ 故Pa 3110083.17⨯=σ Pa 3210917.4⨯=σ 03=σ 即该点处的最大主应力为Pa 310083.17⨯ 当Pa n 3110083.17⨯=σ时
0)(321=++-l l l xz xy n x ττσσ
0)(321=+-+l l l yz n y xy τσστ
0)(321=-++l l l n z yz xz τσττ
即0010610)083.1712(32313=⨯+⨯+⨯-l l l
0010)083.1710(10632313=⨯+⨯-+⨯l l l
010)083.170(003321=⨯-+⨯+⨯l l l
又由1232221=++l l l 可得763.01=l 646.02=l 03=l
由763.0)cos(1=•=x n l 得
‘。

164027.40)(==•x n 因此该点处的最大主应力为Pa 310083.17⨯主方向为1σ与x 轴的夹角为‘。

1640
P27，2-2，试用初等理论求出受均布荷载作用的简支梁（矩形截面）的应力状态，并校核所得结果是否满足平衡方程与边界条件 解：由材料力学可知：
y B Ay q q I y I My x x l x 2
22)2
181(-=-==
σ y y h
Bx Cx I qx I QS xy 22
2
)28(+-=--==τ
I
q A l
82
=,I q
B 2=,I q
C h
82
=
平衡方程：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂∂+∂∂=∂∂+∂∂0
0y x
y
x y xy xy x σττσ 把上式代入到第一个平衡方程中去，满足；
由第二个方程得 D B
Cy dy x
y
xy y +-=∂∂⎰
-=3
3
τσ
利用边界条件：
02
/=-∂
h y y ，得2
q D -=
满足边界条件
q h y y -=-2
/σ
由第二式可知，它满足上下两个表面的边界条件：
02
/=±h y xy τ
由左右边界上：⎪⎩⎪⎨⎧-
==
-=⎰-2
2
2
22
/2/l x ql
l x ql dy xy h h τ利用圣维南原理知其边界条件满足
P27，2-3，试证在坐标变换时，1I 为一不变量。

P27，2-4，已知下列应力状态a ij P 5101138303835⨯⎥⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎢⎣⎡=σ，试求八面体正应力与剪应力。

解：由a ij P 5
101138303835⨯⎥⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎢⎣⎡=σ可得
1611051
=++=++=σσσ
Z Y X
I
27
115110058332
2222
2
2
-=---⨯+⨯+⨯=---++=τ
ττσσσσσσzx
yz xy
X
Z
Z
Y
Y
X
I 011
3830
38
353
==I
解三次方程0322
13
=-+-I I I x x x σσσ即
027162
3=--σσσx x x 可得
0=σ
x
pa
pa
x 101016
5
5
2
539.1539.17)27416(21⨯-⨯=
⨯+±
=σ
即pa 105
1539.17⨯=σ 02=σ pa 105
3539.1⨯-=σ
八面体上的正应力为：pa z 105321333.5)(3
1⨯=++=σσσσ 八面体上的剪应力为：
pa z 10)()()
(5
2
22
653.81332213
1⨯=++=---σσσσσστ
故八面体上的正应力为pa 10
5
333.5⨯
剪应力为pa 105
653.8⨯
5，试求出下列情况的边界条件（坐标系如图所示）
解，5,（a ）1）题中已给出坐标系oxy,
2)求方向余弦，已知边界s 与x 组成角，故有：
β
sin ),cos(==I
x n x
βcos ),cos(==I
y n z
3)s 边受力为；
α
cos ⋅=p p
x
α
sin ⋅=p p
y
4）由 ⎝⎛+=+=l z l p l z l p x xy z y y
z xy x x x
σσ可得
⎪⎩
⎪⎨⎧⋅+⋅=⋅⋅+⋅=⋅βββ
βσσsin cos sin cos sin cos z z xy y xy x x p x p
得边界条件为⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧
⋅P +⋅-=⋅P +⋅-=αβββαβτστσcos sin tan sin cos tan xy y xy x
（b ）1)题中已给定坐标系oxy
2）求方向余弦，已知边界s 与x 轴成0度角，故有
0cos ),cos(90y
===
x n I
1cos ),cos(0z ===
x n I
3)边界受力为 α
cos ⋅=p p
x
α
sin ⋅=p p
y
4）由⎪⎩⎪⎨⎧+=+=l l p l l p x
xy z y y z
xy x x x τστσ可得，
⎪⎩
⎪⎨⎧=
⋅=
⋅σ
τ
y
xy x p x p sin cos
得边界条件为⎪⎩⎪⎨⎧⋅=⋅=x p p xy
y cos sin τσα
C)1)题中已给定坐标系oxy.
2)求方向余弦，边界S 与X 轴成角，故有
θsin ),n cos(-==x I X
θcos ),n cos(==y I
z
3）S 边界为自由边界，则有：
==
p
p
y
x
4）⎪⎩⎪⎨⎧+=+=l l p l l p x
xy z y y z
xy x x x τστσ可得
⎪⎩
⎪⎨⎧⋅-⋅-=⋅+⋅-=θθθ
θτστσsin cos 0cos sin 0xy y xy x 得边界条件为⎪⎩⎪⎨⎧⋅=⋅=θθτστσtan cos xy
y xy x
（d ）1)题中已给定坐标系oxy,
2)求方向余弦，边界S 与X 轴成θ角，故有 θsin ),cos(-==x n I
x
θcos ),cos(==y n I
z
3）S 边界受力为：
θ
sin ⋅=pgh p
x
，
θ
cos pgh p
y
=
4）由⎪⎩⎪⎨⎧+=+=l l p l l p x xy z y y
z
xy x x x τστσ ⎪⎩
⎪⎨⎧-⋅=⋅-+⋅-=⋅θθθθθθτστσsin cos cos cos sin sin xy y xy x pgh pgh 得边界条件为⎪⎩⎪⎨⎧+-=+-=θθτστσtan cot xy y
xy x pgh pgh （e ）1) 题中已给定坐标系Oxy
2)求方向余弦，已知边界S 与x 轴成90度角，故有
90cos ),cos(190sin ),cos(0
0======y n l x n l Z x
3）S 边界受力为0,=-=y x p gh p ρ
4)由⎩⎨⎧+=+=x xy Z y y
Z
xy x x x l l p l l p τστσ可得
⎩
⎨⎧+=+=-000
xy x gh τσρ得边界条件为
⎩⎨⎧=-=0xy
x gh
τρσ
2-6，设图中短柱体处于平面应力状态，试证在牛腿尖端C 处的应力等于零。

)
(;
0,10),(y h g m l p m l p y h g p x xy x x y x x --==+====--=ρστσρσ
0;
1,0:0==+===+=====+y y xy y xy xy x x xy y xy y m l p m l p m l AC m l p σστττστστ
cos sin 0cos sin cos sin :=+=+==+=+=-==y xy y xy y xy x xy xy x x m l p m l p m l BC ϕσϕτστϕτϕσττσϕ
ϕ， 由（1）和（2）得：0,0,0===xy y x τσσ
3-1,已知下列位移，试求指定点的应变状态。

1022)203(-⨯+=x μ,102
)4(-⨯=xy ν在（0，2）点处；
102
2
)156(-⨯+=x μ，102
)8(-⨯=zy ν，102
2
)23(-⨯-=xy z ω,在（1,3,4）点
处;
解：（1）应变张量
ξ
ij
可完全确定一点的应力状态，
在二维情况下，
⎥⎥
⎥⎥⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡
∂∂∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂=0000)(210)(21y x y x
x x ij
ν
νμνμμξ
由题知，102
2
)203
(-⨯+=x
μ，10
2
)4(-⨯=xy ν
则
⎥⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎢⎣⎡⨯⨯⨯⨯=----0000420261010101022
22x y y x ij
ξ
在点（0,2）处，
102
000004040-⨯⎥⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎢⎣⎡=ξ
ij
在三维情况下，
⎥⎥
⎥⎥
⎥⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎢⎣⎡∂∂∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂=z y
z x
z y x y y x y x y
x x ij
ω
ωνωμωννμνωμμ
μμξ
)(21)(21)(21)(21)(21)(21 由题知，102
2
)156(-⨯+=x μ，102
)8(-⨯=zy ν，102
2
)23(-⨯-=xy z ω
则10264480012-⨯⎥⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎢⎣⎡----=z x y y x y z y x
ij ξ
在三维情况下，
⎥⎥
⎥⎥
⎥⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎢⎣
⎡∂∂∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂=z y
z x z x y x y y x x z y
x x ij
ω
ωνωωννμνωμμ
νμ
ξ
)(21)(21)(21)(21)(21)(21 由题知，102
2
)156(-⨯+=x μ，102
)8(-⨯=zy ν，102
2
)23(-⨯-=xy z ω
则
102
64480012-⨯⎥⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎢⎣⎡----=z x y y x y z y x
ij
ξ
在点（1,3,4）处，
102
24113113203012-⨯⎥⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎢⎣⎡--=ξ
ij
二组：周东升、武帅萌、宋光仁、曹进海、黄辰 题目：杨桂通书 P38,2~5；P94,1~3（P94,2没找到）
3-2 试证明在平面问题中下式成立：
,
,
y
x y x εεεε+=+
证明：设x 轴和x ’轴的交角为θ，则： θ
γθεεεεε2sin 2cos 2
2
,
xy y
x y
x x +-+
+=
θ
γθεεεεε2sin 2cos 2
2
,
xy y
x y
x y ---
+=
（在上式以2
π
θ+
代θ
得到）
其中xy γ为剪应变。

上面俩式相加即得：
,
,
y
x y x εεεε+=+
证毕。

3-3 已知应变张量⎥⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎢⎣⎡----=0000004.0002.00002.0006.0ij ε，试求： （a ）主应变 （b ）主应变方向 （c ）八面体剪应变 （d ）应变不变量
解：（a ） 由
⎥⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎢⎣⎡----=0000004.0002.00002.0006.0ij ε可得，应变不变量为： 010.00004.0006.0,1-=+--=++=z y x I εεε
()
00002
.0000004.0000024.02
22,2=-=++-++=xz
yz xy x z z y y x I εεεεεεεεε
00000004.0002.00002.0006.0,
3=⎥⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎢⎣⎡----=I
解方程 0,3,22,13=-+-I I I n n n εεε 代入解得：
0,10236.7,10764.233231=⨯-=⨯-=--εεε
（b ）3110764.2-⨯-=ε 时，有：
()()0007236.0004.0002.00
002.0764.2006.0=+-+-=-+-y x y x S S S S
且有：
12222==++n
z y x S S S S 可得：
525739
.0±=x S
可得主应变1ε与X 轴的夹角为,43121 （c ）八面体的剪应变为：
()()()[]
2
1
2
132322213
2
εεεεεεγ-+-+-=
()()()[]
2
1
222007236.0002764.0002764.0007236.03
2+-++-=
3
1096.5-⨯=
（d ）应变不变量为：
103.24
1414101
.035
2
2221==⨯=---++=-=++=-ij yz xz xy z y z x y x z y x D D D εγγγεεεεεεεεε 3-4 试说明下列应变状态是否可能：
（a ）⎥⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎢⎣⎡+=00000)(2
22Cy Cxy Cxy y x C ij ε
（b ）⎥⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎢⎣⎡+=00000)(222z Cy Cxyz Cxyz z y x C ij ε
解：（a ）应变协调方程为y
x x y xy
y x
∂∂∂=∂∂+∂∂γεε22222
由于C C x
y y
x 20222
2
2=+=∂∂+∂∂εε Cxy xy xy 22==εγ
即
C y
x xy
22=∂∂∂γ
y
x x y xy
y x ∂∂∂=∂∂+∂∂γεε2222
2成立，故应变状态存在。

（b ）应变协调方程为
()122
22
2y
x x
x
xy y y ∂∂∂=
∂∂+
∂∂γεε
z
y y z yz z y
∂∂∂=∂∂+∂∂γεε2
222
2 (2) x
z z x xz
x z ∂∂∂=∂∂+∂∂γεε2222
2 (3)
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂-∂∂=∂∂∂z y x x z y xy xz yz x γγγε22(4) ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂-∂∂-∂∂=∂∂∂z y x y x z xy xz yz y
γγγε22 (5) ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂+∂∂∂∂=∂∂∂z y x z y x xy xz yz z γγγε22 (6) 对于(1)式， Cz C 202=+成立；
对于(2)式， 00=成立； 对于(3)式， 000=+ 成立； 对于(4)式， Cy Cy 24≠不成立；
对于(5)式， Cx 20≠不成立； 对于(6)式， 00=成立；
由于对(4)(5)不成立，故应变状态不可能存在。

3-5 试求下列正方形单元在纯剪应变状态时，剪应变xy γ与对角线应变OB ε之间的关系。

解：如图可知： O AOB 45=< 设如图ds OB ds AB OA 2,
===则
OB 变形量为u ，则
μμμμμμ2
2y 22
x 45cos 45cos =
==
=o o
由定义可知： xy
222222εεμ
μ
μεμ
μ
με==
=
=
=
==OB x
xy x
OB ds ds
AB
ds
ds OB 得：
由变形与应变的推导公式：
x
y xy xy xy
∂∂+
∂∂====υ
μεαγγε22
1xy
或
可得： xy
2
1
2
1
γεγεε===OB xy
xy OB 故：
5-1试用逆解法求圆截面柱体扭转问题的解。

（提示参考初等问题的解答。

如柱体的轴线为轴，则假定
0====xy z y x τσσσ）
解：由024422444=∂Φ
∂+∂∂Φ∂+∂Φ∂y
y x x ，0====xy z y x τσσσ，则
()()()()z
y x z y x z f y x z y x y f z x z y x x
f z y z y x xy z z y y x x ∂∂∂Φ∂-
=-∂∂Φ∂=-∂∂Φ∂=-∂∂Φ∂=,,,,,,,,2222τσσσ
又由于正应力都为0，x,y 面的切应力也为0， 则，0,,==-=w xz v yz u αα。

5-2 设一物体内的位移分量为()z ωωυμ===,0。

试求位移函数()z ω。

解：（1）由几何方程求解应变分量：
,0,0====
==zx yz xy z y x dz dw
γγγεεε
（2）由物理方程求解应力分量：
()()()
2,22111===+====+=-+++=
zx yz xy z y x kk
ij ij ij ij ij dz
dw
dz dw
E E τττμλσλ
σσεθλθδμεθδυυυευ
σ （3）利用平衡微分方程求解：
00
0=∂∂+∂∂+∂∂=∂∂+∂∂+∂∂=∂∂+∂∂+∂∂y
x z x
z y z y x yz
xz z xy
zy y zx
yx x ττσττσττσ 前两个方程满足，由第三个方程有：
()0222=+dz
w
d μλ
对该式积分得： ()为常数2121C C C Z C W += 不考虑刚体位移，则： 02=C
Z C W 2=
5-3试求解例5-2中的梁在中点受集中力作用时的弹塑性弯曲问题。

三组：马志旺 王浩 杨恒杰 张哲 耿玲 题目：杨桂通书P130,1~7
6-1 求下图中给出的圆弧曲梁内的应力分布。

提示：（1）选用极坐标；（2）应力函数取θϕsin )(r f =
解：
03
23244
432223344=-+++r
dx f d r dx f d r dx f d r dx f d θ
τθ
σθσθ
ϕθ
θcos 22sin 26sin 22sin ln ln )(333
44
⎪⎭⎫ ⎝
⎛
+-=⎪⎭⎫ ⎝
⎛
++=⎪⎭⎫ ⎝
⎛
+-=⎪⎭
⎫
⎝⎛+++=+++=r D r B Ar r D r B Ar r D r B Ar r Dr Cr r B Ar r
Dr Cr r B
Ar r f r r
边界条件：
;0,0;0,0========b
r r b
r r
a r r a r r θ
θτστσ
次要边界条件：
(
)
()
b
a b a b a N N b a F D N b Fa B N F A F dr dr r dr b
a
r b a
b
a
ln ,,2,2;
;0;022*********
++-=+======⎰⎰⎰===θθθθθ
θτσσ 6
6-2 试分析下列应力函数可解什么样的平面应力问题。

2232
)3(43y q c xy xy C F +-=ϕ
解：
首先将函数ϕ代入双调和方程04=∇ϕ
即024422444=∂∂+∂∂∂+∂∂y
y x x ϕ
ϕϕ知，满足
故该函数可作为应力函数，求得应力分量为：
xy c
F
q y y c x c F y 3224x 2322)2(43-=⨯+-=∂∂=ϕσ)0(=x ab 面
022y =∂∂=x
ϕ
σ
)2)(1(43222xy h
c c
y c F y x =--=∂∂∂-=取ϕτ
)4(2)4
(2122
2223y h J F y h h F E --=--=
3
E 12
1h J =
显然，上述应力分量在ad 边界及bc 边界上对应的面力分量均为零。

而在ab 边界上，切向面力分量呈对称于原点O 的抛物线型分布，指向都向下。

法向面力为均匀分布的荷载q
显然，法向均布荷载q 在ab 面上可合成为一轴向拉力p ，且p=2cq ；而切向面力分量在ab 面上可合成为一切向集中力。

F h h
F h h h F h h y h h y h h F dy y dy h h F dy dy F F h h h h h h xy h h =⨯
=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎥
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎣⎡--
-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-==⎰⎰⎰⎰----1226431462232246463333332322222
232222τ
而cd 边界则为位移边界条件要求： U=0,v=0,w=0 以及转角条件
用以上分析可知，该应力函数对于一端固定的直杆（坐标系如图所示）可解决在自由端受轴向拉伸（拉力为p=2cq ）和竖向集中力作用下的弯曲问题。

6-3 悬臂梁（l x c
y c 〈〈〈〈-0）沿下边受均匀剪力，而上边和x=l 的一端不受荷
载时，可用应力函数⎪⎪⎭⎫
⎝⎛++--=232232444441c ly c ly c xy c xy xy s ϕ
得出解答，并说明此解答有哪些方面是不完善的。

解：
首先将函数ϕ代入双调和方程04=∇ϕ 满足。

故该函数可作为应力函数。

求得应力分量为：
)
434241(0
)
46424642(22
2222222c
y c y s y x x c ly c l c xy c x s y xy y x --=∂∂∂-==∂∂=++--=∂∂=ϕτϕ
σϕσ
在ab 边界上：x=l,-c<y<c
则
)434241()
3)((4)
434241(0)46424642(22
222
22=--=-+-=--==++--
=⎰⎰--dy c y c y s dy c y c y c s
c
y c y s c ly
c l c ly c l s c c c c xy xy x ττσ 在a
d 边界上：y=-c,0<x<l
则
4)(34)(241(02
2=----==c c c c s xy
y τσ 在bc 边界上：y=c,0<x<l
则
s
c
c c c s xy
y -=--==)434241(022
τσ 即悬臂梁下墙受均布剪力大小为s 。

在cd 边界上为位移边界条件，u=0,v=0,w=0及转角条件。

6-4 已求得三角形坝体的应力场为
===---==+=+=z yz xz yx xy y x yx ay dy dy
cx by ax σττττσσ 其中γ为坝体材料比重，1γ为水的比重；试根据边界条件求a,b,c,d 的值。

解：据图示列出水坝OA 边界和OB 边界上的应力边界条件。

OB 边：
,090cos ),cos(1180cos ),cos(,01=====-====y x o o P y P x n m x n l x γ
由m l P m l P y xy y xy x x
σττσ+=+=,得xy x y τσγ-=-=0,1
即
1
10
0γγσ-=+⋅=-==b by a y x x
00
000=⋅--⋅-===a ay d x xy γτ
OA 边：
sin )90cos(),cos(,cos ),cos(,tan ==-=+====⋅=y x o P P y n m x n l y x ββββ 由得
m
l P m l P y xy y xy x x σττσ+=+=,β
σβτβτβσsin cos 0,sin cos 0⋅-⋅=⋅-⋅=y xy xy x
而
)(tan tan tan γβγτββ+-=--===d y x dx y x y x xy
)tan (tan tan d c y dy cx y x y x y
+=+===βσββ
代入上式，两边同时消掉y ，得
0sin tan sin tan cos 1=⋅⋅+⋅⋅+⋅-γβββββγd
0sin tan sin sin 2=⋅⋅-⋅-⋅-ββγββc d
解得:βγβγγβγ3
1
21cot 2cot ,cot -⋅=-=c d
常数：
β
γβγγβγγ3
1211cot 2cot ,cot ,,0-⋅=-=-==c d b a
6-5 试以简支梁受均布荷载为例，求当泊松比γ=0.3时，用初等理论给出的结果的误差不超过2.5%时的跨长l 与梁高h 之比。

解：初等理论：
()()⎥⎦
⎤⎢⎣⎡++---=-
=⋅-=222242204
4
1512222438425x h v x h x x l EI q V EI ql EI l q v 弹力解：l x v ==,3.0时
106.0;025.095.025295.02520022
42
240≤⇒≤-⎥
⎦⎤⎢⎣⎡+-=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡+-=l
h
V V V l h EI ql l h l EI q V
6-6 图中的悬臂梁受均布荷载q=100kN/m 作用，试求其最大应力（a)应力函数
⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++--=x y y x xy x q
arctan 4)()
4
1(2222ππα （b)用初等理论求，并比较以上结果
解：（a)将ϕ式代入双调和方程04=∇ϕ式知，满足。

故ϕ可作为应力函数，相应的应力分量为：
()
()
()
2
2
2
22222222222222222
22241)(22arctan 22412)(22arctan 22
41222arctan 22
412y x y q y x y x y x xy x y q x y x y x xy x y q y x y x y x xy x y q y xy y x +⋅⎪
⎭⎫ ⎝
⎛-=∂∂∂-=⎥
⎦⎤
⎢⎣
⎡++---⎪
⎭⎫ ⎝
⎛-=∂∂=⎥
⎦⎤
⎢⎣⎡++--⎪
⎭⎫ ⎝
⎛-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+--⎪
⎭⎫ ⎝⎛-=∂∂=πϕτπϕσππππϕσ
（b)0;41;0,0,01241max 2=-=≠=〈+-⋅-=∂∂x q
x y z q z x π
πσπσ时不定。

()
()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+----==≤-⋅+-=∂∂-21max min
2
21tan 144
1,,04
112a b a b a b q q q
z z z y y
y
ππσσπσ
()b a q
ctg x y x y qctg b a q qctg ctg x
y
q qctg b a b q
z z
q z
xy xy
x
x xy xy 23;633;634
1;0124
1max 2
22
2
max
322
22
max 22=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭
⎫ ⎝⎛==-=+⋅
-=≤+⋅
-
-
=∂∂ταατασαασπτπτ y σ不考虑。

6-7 试确定应力函数
()αθα2cos 2cos 2
-=cr 中的常数c 值 使满足图中条件 在αθ=面上 s r ==θθτσ,0 在αθ-=面上 s r -==θθτσ,0
并证明楔顶没有集中力或力偶作用。

解：
θ
θϕαϕαθϕ
ϕτσσθθ2sin 41]
2cos 2[cos 2]2cos 2[cos 211222
2c r r c r c r r r r r =∂∂∂-=-=∂∂=+-=∂∂+∂∂=
考虑边界条件
s
r -===τσθθαθ,0,
[]⎪⎩⎪⎨⎧===-=s c c r αθαααατσθ
θ2sin 40
2cos 2cos 2
所以α
2sin 4s
c =
s r -==-=τσθθαθ,0,
同样地
α
2sin 4s c =
取微元，设半径为r 0
=M 020
=⎰-θα
α
θτd r
r
所以无力偶
)3
sin 52(cos 2cos 2
00ααθθσα
α--==⎰-sr d r F r x
所以x 方向无外力
)cos 2cos cos cos 3
1(2sin 2sin 3
00=-+--==⎰-ααααθθαθθσα
αsr d r F r Y
所以y 方向无外力：
综上所诉，楔形体顶点无集中力或力偶作用
四组：王蓓 弥玉娟 姜欧 夏强 杨超越
题目：杨桂通书P130,8~10、P207,1~4 （P130,10未找到）
P132,6-8，试求内外径之比为1/2的后壁筒在受内外相等压力（即21p p =）时的极限载荷。

并讨论之。

答：平面应力问题：s s p σ=，由于圆筒内外压力相等，各点为均匀受压状态性状态转变为塑性状态，不出现弹塑性状态。

平面应变问题：由于p vp -=-=22σ为三向等挤压状态，不出现塑性极限状态
P132,6-9，试求只有外压作用的厚壁筒的应力分布及塑性区应力公式。

答：当厚壁筒受到均匀内外压作用时其弹性解为内压力外压力21p p
外半径内半径b a
2
22
22122
212221)(a b b p a p r a b p p b a r --+⨯--=σ
2
22
22122
212221)(a b b p a p r a b p p b a --+⨯--=θσ
2
22
2212a b b p a p v
z --=σ
r a
b p p b a E v r a b b p a p E v r u r 1
)(11)(2
21222222221⨯--⨯++--⨯-=
如果筒体只受外压作用，0p 1=
)1(-222
222r
a
a b a p r --=σ
)1(-22
2
222r
a a
b b p +-=θσ 2
2
2
22a b b p v z --=σ
r a
b p b a E v r a b b p E v r u r 1
11)(2
22222222⨯-⨯+--⨯--= 此时，筒体内各点处的应力分布，应力分量r σ 0σ 和z σ都是压应力，处于三向受压应力状态。

三个主应力分别为r σσ=1 z σσ=2 θσσ=3，最大压应力发生在筒内侧
===a
r θ
σσmax 2
2
2
22a b b p -
（b ）
P132,6-10，试求悬臂梁受均布荷载作用时的弹塑性分界层的曲线形式。

答: 取坐标轴X 沿梁的轴线方向,设梁的挠曲线方程为W=W(x).在此基础上，给梁一个可能的微小位移 W δ，它应该满足 固定端处的边界条件
0)(,
00
====x X dx
W d W
δδ
在给定的外力的边界 ST 上， T i =q 不计梁的自重，即体应力为零，因此等式右面的外力总可能功记为
⎰⎰⎰⎰⎰⎰=+=l
i S i i V
i Wdx
q dS u T dV u f A T
δδδδ
梁内总可能应变能
dV
dV U x V
x j i V
j i P δεσδεσδ⎰⎰⎰⎰⎰⎰==,,
x δε可能由 W δ 所引起，根据材料力学分析可知
()y W dx d y dx W d y x δδρδδε22
22=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=
x δ由位移W 所引起
y dx
W
d E y E
x 22
==ρσ
()()dx dx
W d dx W d EI dx dF y dx W d dx W d E dV U l v i
f x x p ⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰=⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡==022
22022222δδδεσδ dF
I F
⎰⎰=2y
⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡+-=⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡+-=⎰⎰==Wdx dx W d W dx W d dx W d dx W d EI Wdx dx W d W dx W d dx W d dx W d EI U l
l x l x l l l p δδδδδδδ4
40332244003
3022)()( 根据可能位移原理表达式（6-24），再利用（b ）（i ）和（g ），得
)()(3
322
440=-+-==⎰l
x l x l
W dx
W
d EI dx W d dx W d EI Wdx q dx W d EI δδδ
由于SIV 为任意的微小可疑位移。

若使式（h ）成立，必定要求
00)(03
32
24
4===-=l x W dx
W d EI dx W d dx
W d EI q dx
W d EI δδ 式（i ）就是梁的挠曲线微分方程式，他本质是一个用位移（挠度）表示的平衡方程。

此外，考虑到悬臂梁在端点x=l 处还是自由的，这意味着对该处的挠度和转角没有任何的约束限制。

也就是说，可能挠度等于0，可能转角 =0，因
此由式（j ）和（h ）得
03
322====l
x l
x dx W d EI
dx W d EI
式子（l ）和（m ）实际上表示了自由端x=l 处，弯矩和剪力等于零的力边界条件 9-1试证：
()dV u dS u n dV u u i V
j ij i j S j i i j j i j i V ⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰-=+,,,,,21
σσσ
答
()()()⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰-=-==+=+S
V
i j ij i j ij V
i j ij V
j
V
i ij j i ij i j ij j i ij V i j j i ij V dV
u dS u n dV
u dV u dV u dV u u dV u u ,,,,,,,,21
21σσσσσσσσ
9-2试证明虚位移与虚应力是下列高斯散度定理的特殊情况：
dS
u p dV u F dS u p dV i S
i i v
bi i Su
i ij v
ij
⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰++=εσ
解：取
i i i
u u u δ+=* ij ij
σσ=0 i
u δ是虚位移，原式成为
⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰++++=σ
δδσ
S i i i S i i V
V
i i bi ij
ij dS
u u p dS u p dV u u F dV e u
)()( （1）
对其真实应力和位移原式变为：
⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰++=σ
σ
S i i S i i V
V
i bi ij
ij dS
u p dS u p dV u F dV e u
（2） 两式相减得
⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰+=σ
δδσ
S i i V
V
i bi ij
ij dS u p dV u F dV e
即虚功原理或虚位移原理
取i i
u u =* ij ij ij δσσσ+=0
ij
δσ
为虚应力，原式成为
⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰+++=+σ
δδσσ
S i i S i i i V
V
i bi ij ij ij
dS
u p dS u p p dV u F dV e u
)()( （3）
（3）-（2）得
⎰⎰⎰⎰=σ
δδσ
S i i V
ij
ij dS u p dV e
即余虚功原理或虚应力原理。

9-3试证明图示悬臂梁的应变能公式
()
dx w EJ U l
2
0,
,21⎰=
及
()
()()()l Fw l Mw wdx x q dx w EJ E l l
t +--=⎰⎰,00'
'21
并说明其附加条件。

l
9-3
q(x)
答：Fw dx
l dw M
wdx x q W l +--=⎰)
()(0 0)()(22102220=+--⋅⋅⎰⎰Fw dx l dW ws dx qsw dx dx
W d dx W d EJ l
l δδ得
dx w dx W d dx w dx W d dx d dx dx w d dx W d dx d dx dx W d dx W d l l l l
δδδδ4
4
03302202220)(⎰⎰⎰⎰
+⎥⎦
⎤⎢⎣⎡-⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⋅Sw
Su S +=∏
则
⎥⎦
⎤⎢⎣⎡=+--+-⎰⎰⎰⎰0)()()(044
0330220Fw dx l dW M qswdx dx w dx W d dx w dx W d d dx dx w d dx W d d EI l l l l δδδδδ在梁X=0端：0,00
=⎪
⎭
⎫
⎝⎛===x X dx dW W
δδ故，前式前二部分为零，等式成立
在梁X=l 端：由于⎪⎭
⎫ ⎝⎛==dx dW W
X δδ,00
的任意性，且存在剪力F,弯矩M,故
3
322≠≠==l
x l
x dx
w d dx w
d
⎰=0
'')(2/1l
dx W EI U
FW
dx
x dw M
dx x q W l
+--=⎰0
)()(
l
9-3
q(x)
9-4：试绘出图示结构的余能表达式
x
习题（9-4）
答：ql 321212221+=⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡+=N N l q N N EA U e 式中
五组：刘九阳 贾建武 寻阳 景恒子 王从宝 刘霖
题目：杨桂通书P207,5~9、P248,1~2（9-6、9-9、10-2未找到）
9.5 试用卡式第二定理求图示三杆桁架中A 点的位移。

解：已知向下的力为P ，斜杆的位移为1∆，竖杆位移为2∆，cos α2∆=1∆, 结构应变能力为：
εV =()
()
1cos 222cos l
22
22
22221
+∆=∆+∆αα
l EA A EA EA 由 P=
2
∆∂∂εV ， 得
()1cos 222+∆=αl
EA p
()
1
cos 22
2+=
∆αEA Pl
9.6 试给出平面应力状态极坐标的应变表达式。

9-7 设有图示悬臂梁右端受p 作用，如取挠曲线为22a bx x +=ϖ 试求a ，b 的值。

解：设梁的挠度曲线为
...242322+++=x a x a x a ϖ
显然，此级数能满足
0|,|00x ===x dx d ϖϖ (固定端的边界条件)。

我们可以用最小势能原理来确定系数a 2，a 3，a 4…。

...)
1262(/43222+++-=-=x a x a x a EI dx EId M ϖ
梁的应变能为
dx M EI U 2
102/1⎰=
而外力的功为...)(|P L 442322L a L a L a P L x ++===ω 梁的总势能为L U -= 应用最小势能原理，可得
(
)0
...
12622/)(/22432022=-+++⎰=∂-∂=∂∂PL dx x a x a a EI a L U a L
03...)1262(6/324320
3=-+++=∂∏∂⎰PL dx x a x a a x EI a L 0...)1262(12/42432024=-+++=∂∏∂⎰PL dx x a x a a x EI a L
………………
积分上式可得下列联立方程式
EI PL L a L a L a 2/...4322443322=+++
EI PL L a L a L a 6/...322443322=+++
EI PL L a L a L a 12/...5/122/33/22443322=+++
……………… 由
此
可
解
得
0...,6/,2/5432===-====a a EI P a b EI PL a a
9.8求下图中超静定梁极限荷载的上、下限。

解：(1)静力法
先将超静定梁化为靜定梁（b）、（c），分别做弯矩图，叠加得该超静定梁的弯矩图()f
设A点为坐标原点，此时弯矩方程为：
2
)
(
2
1
)
(
)
(x
l
q
x
l
R
x
M
B
-
-
-
=
在极限状态时，有
s
M
M
x-
=
=)0(
,0
s
M
x
M
x
x=
=)
(
1
,1
令0
)
(
=
dx
x
dM
得B
R
x
l
q=
-)
(
1 (1)
而s
B
M
ql
l
R-
=
-2
2
1
(2)
s
B
M
x
l
q
x
l
R=
-
-
-2
1
1
)
(
2
1
)
( (3)
联立解（1）、（2）、（3）得
2
2
12⎪⎭⎫ ⎝⎛-=l M ql qM S s
解得[]
2
161441221
l
M q s -±=
取较大的值，可得2
66.11l
M q S
≈
在以上0q 值作用下，梁已形成破坏结构，故其解为完全解。

(2)机动法 如图（g ）
设在A 、C 两点形成塑性铰θθθθθ2,===c B A 内力功为
θ
θθS S S I M M M W 32)(=•+--=
外力功为
⎰=
=210
2**4
12l q dx x q W e θθ 由虚功原理W W i =
得：20
2
*
66.1112l
M q l M q s s ≈>=
该解与完全解的误差为
%3*
*≈-q
q q
9.9 设有正方形断面的棱柱体，其一端固定，一端则以角速度θ绕Z 轴转动，如不计断面的翘曲，试求极限扭曲的上限和下限。

10.1写出应力y σσ,x ，…，表示板的平衡方程。

解：00
0=+∂∂+∂∂+∂∂=+∂∂+∂∂+∂∂=+∂∂+∂∂+∂∂z z
y x y z
y x x z y x x
yz xz zy
y xy zx
yx x στττστττσ 由于板的弯曲问题不考虑面向（纵向）荷载：X=Y=0
x
z y z y
z x z yx y yx x ∂∂-∂∂-=∂∂∂∂-∂∂-=∂∂στστzy
zx
10.2 证明在极坐标系内，下式成立
r
M r M Q r M r M Q r r
r r ∂∂+∂∂=∂∂+∂∂=
θθθθθθ,
六组：贾增辉 郭子義 刘守庆 李宜江 题目：杨桂通P248，3~8 薛守义P193,3 杨桂通P248,4、6、7及8题第二问未找到
14.3 设长为a ，宽为b 的矩形薄板两对边简支，梁对百年固支，受均布横向荷载0q 作用。

取挠度函数如下，并用Ritz 法求解。

b y
n a x m Cmn w m n ππsin
)2cos 1(11
-=∑∑∞
=∞
= ·
解：本题的位移边界条件为：
()
00
==w x ，
()
0==w a
x ，
()
00
==w y ，
()
0==w b
x ，00=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂=y y w ，0=⎪⎪⎭⎫
⎝⎛∂∂=b
y y w 。

其内力边界条件为：0022=⎪
⎪⎭⎫
⎝⎛∂∂=x x w ，022
=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂=a
x x w 。

按Ritz 法求解，先求薄板弯曲时的总应变能，考虑到薄板为周边上w=0的矩形
板，于是总应变能可简化为：
dy a a x m a b dx b y
n DA dxdy y w x w D U b
a
a b
2
022202
2
42
0022
2212cos 14sin 2
2⎰⎰⎰⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭
⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂=πππ根据Ritz 法，可得：
000022cos 1sin q ab
dxdy a x m b y n q A U a b π
ππ=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∂∂⎰⎰
从而，可得：
⎪
⎭⎫ ⎝⎛++=
422450
348
4a b a b
D q A π
故挠度的近似解为：
⎪
⎭⎫
⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛++=a x m b y n a b a b
D q A πππ2cos 1sin 3484422450
第五题：详细推导板的总势能Et 的公式。

解：弹性体的总应变能：
()dxdydz U v
xy xy y y x x ⎰⎰⎰++=γτεσεσ21
若板厚为1，则板的应变能为：
()}dxdy y w x w y x w v y w x w D U A ⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡∂∂∂∂-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂-+⎩⎨⎧⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂=⎰⎰222
22222221221
此处A 为板中面面积。

如只考虑板受横向( 即垂直于板面)的外载荷q 作用, 则外力的势能为：
⎰⎰=A
qwdxdy W
于是板的总势能为:：
()()()}()
d s s w M n w M w Q qwdxdy dxdy y w x w y x w v y w x w D ds
w p v p u p dV ij U E A ST NS N Z A st
z y x A
T ⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰++---⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡∂∂∂∂-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂-+⎪⎩⎪⎨⎧⎪⎪⎭⎫
⎝⎛∂∂+∂∂=++-=..122122222222220ε其中, Z Q ,
n M , ns
M 分别为边界上的横向剪力, 弯矩和扭矩, 下
标n, s 分别为边界处的法线与切线方向。

w 及w. s 显然是相应的广义位移。

10-8,试求：
(1) 矩形板的畸变形屈服条件；
(2) 简支矩形受均布荷载作用的极限荷载的上限。

提示：用下列应力场作为静力许可应力场。

)
24()32()]1()1(02
22M pl p xy p C M y C M x C M XY y x =-=-=-=
解：（1）板单位面积的应变能：()⎰
-++=2
2
h h z
xy xy y y x
x
d U γτεσε
σ
考虑到w = w( x, y) 与z 无关, 可得
zdz y x w zdz y y
w zdz x w U h h xy h h h h x ⎰⎰⎰---∂∂∂-∂∂-∂∂-=2222222220τσσ 在小变形条件下, 显然上式括弧中的量为板弯曲后中面的曲率和扭率
x x K p x
w ==∂∂-
1
2
2
，
y
y K p y
w ==∂∂-1
22，
xy xy
K p y x w ==∂∂∂-2
22
于是有
xY xY Y Y x x K M K M K M U 20++=
如采用无量纲的量
M M m x
x =
,
M M m Y
Y =
,
M M m xy xY =
,
x
x hK k =,
y
y hK k =，
xy xy hK k =
其中
为塑性极限弯矩4
22
02
00
h zd U h z σσ=
=⎰
则得： ()xy xy y y x x k m k m k m h
M U ++=
0 这样一来, 板的屈服条件可用广义力表示为()1,,=xy y x m m m f
在平面应力状态下, 畸变能条件已知为
022223στσσσσ=+-+xy y x y x
对应于上式, 可知板的屈服条件为
132
2
2
=+-+xy
y x y
x
m
m m m
m
（2）
10.3 有一四边简支矩形板，板面荷载如题图10-3所示，求该薄板的挠度。

解：采用纳维解法，挠度表达式为
b y
n a x m A w m n mn ππsin sin 11
∑∑∞
=∞
==
荷载表达式为
()02,,20q a
x
y x q a x =≤≤
()()a
q x a y x q a x a
02,,2-=≤≤ 由式
dxdy
b y
n a x m q b n a m abD A a
b
mn πππsin sin 4
02
22
22
2
⎰
⎰⎪
⎪⎭
⎫ ⎝⎛+=
求出
mn A 。

()2
22224
020200/sin 2sin 2sin 4⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩
⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⎰⎰⎰b n a m abD dx a x m a q x a dx a x m x a q dy b y n A b a
a a mn ππππ2
22
22
42
0/2sin 424⎪⎪⎭⎫
⎝⎛+⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯
=b n a m abD m a a q n b ππππ
()⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+-=-2222270
21
321b n a m n Dm q m π 式中，m=1,3,5，，，n=1,3,5，，， ()∑∑∞=∞=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=,...5,3,1,...
5,3,12222270
21
321m n m b n a m n Dm q w π。