弹性力学基础习题答案

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
123222123333
[,,]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''==+，
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。

1122112212211111cos2sin2222
i j ij T T T T T T
T T ββθθ''''+-+==
++， 12211221221112cos2sin2222
T T T T T T
T θθ''-+-=++，
131323cos sin T T T θθ''=+， 3333T T ''=。

2.7设有3n
个数12
n
i i i A ⋅⋅⋅，对任意m 阶张量12m
j j j B ⋅⋅⋅，定义
121212
12
n 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
12
n
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：2310130(1)[(3)1]0001λλλλλ
----=---=-
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
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)m e +e ，23)-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 3
32211
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
2222
x 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
()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
()()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 2
2()()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'=。

cos2sin222x y x y
x xy εεεεεθεθ'+-=
++，
cos2sin222x y x y
y xy εεεεεθεθ'+-=--，
sin2cos22
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，Oa 、Ob 、Oc 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，
其方向余弦为 60
120
图3.9
9
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=++ cos2sin22
2
x y x y
xy εεεεθεθ+-=
+
+
cos2sin2A 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 3
a b c
A εεε++=
，23
a b c B εεε--=
，)
b c C εε-
将求出的A 、B 和C 代回式(a)，得
2cos23
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
2244
01()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。

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 0
0000
()()()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 0
000()d =+⨯-+⋅⎰r
r u u ωr r εr
0002221231()()2d ax by cz =+⨯-+
++⎰r
r u ωr r e e e 0000002222221231()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11
2n =，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 。

证：利用应力张量的对称性，可得
11
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
01211210x 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==
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
图4.8
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
(sin cos )cos 0C 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
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=。

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=+，22x y xy I σστ=-，3
0I =。

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
1n =，2n =3n = 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)0λ
σσ
σλσλσλσσσλ
--=-+-=-
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
ννννεσσδδδδδδδσ++=
-=+-
所以 1[()]2ik jl il jk ij kl ijkl
C E E
ννδδδδδδ+=+-。

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
1p q νν
=
- 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 σσντν--=
=
-。

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 3λμαλμ
+=
+。

6.3已知弹性体的应力场为
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
Tu dS f u dV Tu 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
Tu 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 σεεεεεσε====⎰⎰⎰⎰
,,,[()]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
Tu 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=
+-+ 2
220()2z x M v x y z x z v EI
ννωω=-+-+-+
x 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 My
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
0xz yz 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
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
12112122123311()()()q q q q q q E E E ννν=+⊗-+⊗--⊗εe e e e e e 利用题3.11的结果，可求得位移为
0001
20121021203
1
()()()1()()()() q q x x E q q y y q q z z E E
ννν=+⨯-+
+--+----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 Az 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 Ah 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
γ
σλμλμλμ
=+=+-
++，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 νλμν-=-=-+-
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 νσσγν
==-
+-，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
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ABCD ，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CD 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 、BC 、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22x y ϕσ∂∂=、22y x
ϕ
σ∂∂=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
ϕ
σ∂∂==
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
44421224442
()()()()
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 =，441()0d f y dy =，4242
2()()20d 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
42242
()()
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 232325432()()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 Ay B x Fy G Ay By Ly K y ϕσ∂∂==
+++--++
图7.5
2322y Ay By Cy D x ϕ
σ∂∂==+++
222(32)(32)xy x Ay By C Fy Gy H x y
ϕ
τ∂∂∂=-=-++-++ 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 Al =-，
G Bl =-，
H Cl =- 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
223()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
23820ql q L a a
=--
最后的应力分量为
23333
22()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
22()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 232325432()()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 Ay B x Fy G Ay By Ly K y ϕσ∂∂==
+++--++ 2322y y Ay By Cy D y x ϕ
σγγ∂∂==+++--
222(32)(32)xy x Ay By C Fy Gy H x y
ϕ
τ∂∂∂=-=-++-++ 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
2
2()012h 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
22A h γ=-
，32C γ=，0D =，2
22()10
h L l h γ=-
最后的应力分量为
222324123()()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2
2
0x y ϕ
σ∂∂==，积分得 1()()yf x f x ϕ=+
把上式代入双调和方程，得
44144
()()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
ϕ
σρρ∂∂=-=+++-
2(32)xy Ax Bx C τ=-++ 边界条件是
0()0xy x τ==，()xy x h q τ==，0
0h
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 γ
ρ=，求应
力分量。

提示：设()x yf x σ=。

解：设22()x yf x y
ϕ
σ∂∂==，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
4442123
4424
()()()()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 =，42142()()20d 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
()106f x Ax Bx Hx Kx Lx =--+++
32
2()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
21(62)6
y py y Ax B x ϕσ∂∂=
-=+ 32(2262)62y Ax Bx Hx K Fx G py +--++++-
图7.8
222432112
(32)(32)223
xy y Ax Bx C Ax Bx Hx Kx 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 32A h γ=
，0B =，32C h γ=-，2D 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 Cx Dy y
ϕ
σρ∂∂==+
22(62)y gy g Ax By y x ϕ
σρρ∂∂=-=+-
22()xy g Bx Cy x y
ϕ
τρ∂∂∂=-=-+ 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 θθ
εεγθθθ∂∂∂∂∂∂++-=+∂∂∂∂∂∂∂ 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
所以
12111
(
)()r r r r z r r z r r r r r r r θθθθθθ
εεεεεεεθθ∂∂∂∂∇⨯=-+⊗+--+⊗∂∂∂∂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 θθ
εεεθθθ∂∂∂∂∂∂++--+=∂∂∂∂∂∂∂ 或
222
222221111(
)()()r r r r r r r r r r r θθ
εεγθθθ∂∂∂∂∂∂++-=+∂∂∂∂∂∂∂。

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=
+，22A
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--=+-+，2221211q b C b a
ννν+-
=+-+ 将求出的常数代入应力和位移的表达式，得
22
221111r r b q b a ννσνν-++=-+-+，2
22
21111r b q b a
θ
νν
σνν-+-
=+-+，0r θ
τ=
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
θθ
ττ+= 解之得2r 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=，2
2
2(1)r q b E r θνγ+=
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==，22
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
θ
ν+=-
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
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 +-=，222
10d u du u dr r dr r θθθ+-=
由此解得
r A u Br r =
+，C
u Dr 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 EMBED
Equation.DSMT4 ，应力和 EMBED
Equation.DSMT4 有相同的量纲，所以 EMBED Equation.DSMT4 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 EMBED Equation.DSMT4 的两次表达式，即 EMBED Equation.DSMT4 将上式代入双调和方程，得 EMBED Equation.DSMT4 解出上式的解后，可得应力函数 EMBED Equation.DSMT4 应力分量为
EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 边界条件为
EMBED Equation.DSMT4 ， EMBED Equation.DSMT4
，
EMBED
图8.19
33
Equation.DSMT4 ， EMBED Equation.DSMT4
把应力分量的表达式代入上面的四个条件，可以求出常数 EMBED
Equation.DSMT4 、 EMBED Equation.DSMT4 、 EMBED Equation.DSMT4 和 EMBED Equation.DSMT4 。

最后的应力分量为
EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4
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
解：无孔时板中的应力分量为
解：无孔时板中的应力分量为
解：无孔时板中的应力分量为
解：无孔时板中的应力分量为 ：无孔时板中的应力分量为
无孔时板中的应力分量为
孔时板中的应力分量为
时板中的应力分量为 板中的应力分量为 中的应力分量为 的应力分量为 应力分量为 力分量为 分量为 量为 为
EMBED Equation.DSMT4 ， EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 ， EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 ， EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 ， EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 ， EMBED Equation.DSMT4
图8.20
， EMBED Equation.DSMT4
EMBED Equation.DSMT4
在极坐标系中的应力分量为 在极坐标系中的应力分量为 在极坐标系中的应力分量为 在极坐标系中的应力分量为 在极坐标系中的应力分量为 极坐标系中的应力分量为 坐标系中的应力分量为 标系中的应力分量为 系中的应力分量为 中的应力分量为 的应力分量为 应力分量为 力分量为 分量为 量为 为 sin2r q σθ=，sin2q θσθ=-，cos2r q θτθ=
sin2r q σθ=，sin2q θσθ=-，cos2r q θτθ=
sin2r q σθ=，sin2q θσθ=-，cos2r q θτθ=
sin2r
q σθ=，sin2q θσθ=-，cos2r q θτθ=
sin2r q σθ=，sin2q θσθ=-，cos2r q θτθ
=
，sin2q θ
σθ=-，cos2r q θτθ=。