弹性力学第四章习题
弹性力学第四章：平面问题的极坐标解答2
r
σr +P θ 3σr −σθ 2σcos θ
x3 σx =− π (x2 + y2)2 2P xy2 σy =− π (x2 + y2)2 2P x2 y τxy =− π (x2 + y2)2 2P
2. 位移分量
假定为平面应力情形。 假定为平面应力情形。其极坐标形式的物理方程为
P
O y
由楔形体受集中力的情形， 由楔形体受集中力的情形，可以得到 P
O y
(令 β =0 ,α =π) : 2P cosθ σr = − ( ) π r （4-26） ） σθ =0 —— 极坐标表示的应力分量 极坐标表示的应力分量 τrθ =τθr =0
利用极坐标与直角坐标的应力转换式（ ）， ），可求得 利用极坐标与直角坐标的应力转换式（4-7），可求得
∂r ϕ = f (r)sinθ
θ
ϕ = f (r) (M =常 ) 数
ϕ = f (r)sinθ ϕ = f (r)cosθ (M = P⋅rsinθ) (M =M+P⋅rcosθ)
附1：曲梁应力函数确定的基本方法 ：
思路： 思路： 与直梁确定应力函数的方法类似， 与直梁确定应力函数的方法类似，借且于 梁截面上应力与内力 弯矩、剪力） 应力与内力（ 梁截面上应力与内力（弯矩、剪力）的关 应力与应力函数间微分关系， 系、应力与应力函数间微分关系，来推断 应力函数的分离变量形式。 应力函数的分离变量形式。 梁截面上的应力内力的关系： 梁截面上的应力内力的关系：
θ
M = Py = P⋅rsinθ
由材料力学初等理论，可知截面上正应力 由材料力学初等理论， 由此假定： 由此假定：
σθ ∝M(= P⋅rsinθ)
弹性力学 第四章 平面问题的极坐标解答
s = sσ
(3) 多连体中的位移单值条件
§ 4-4 应力分量的坐标变换式
·问题的提出
工程中有些问题, 用极坐标计算方便, 但应力分量用直角坐 标表述更直观. 反之也存在.
由此需要对应力分量进行坐标变换.
§ 4-4 应力分量的坐标变换式
·坐标变换
已知 σx、σy、τxy , 求 σρ、συ、τρυ？
y
fρ τ + ∂τρυdρ ρυ ∂ρ ∂συ dυ συ+ ∂σρ ∂υ σρ+ dρ ∂τυρ C ∂ρ dυ τυρ+ ∂υ
B
fυ
§ 4-1 极坐标中的平衡微分方程
·平衡微分方程
x
υ dυ ρ
Σ Fρ = 0 :
συ
A
σρ τρυ P τυρ
∂σρ σρ+ dρ (ρ+dρ)dυ - σρ ρdυ ∂ρ ∂συ dυ - συ+ dυ dρ sin ∂υ 2 + τυρ+ - συ dρ sin
Σ Fυ = 0 :
συ = ?
§ 4-4 应力分量的坐标变换式
·坐标变换
συ = ?
将两坐标系下微元体组合
τyx σy σx συ
τυρ τxy
§ 4-4 应力分量的坐标变换式
·坐标变换
已知 σx、σy、τxy , 求 σρ、συ、τρυ？
O x
υ
τyx
σy σx
συ y
τυρ τxy
Σ Fυ = 0 :
O h/2 h/2 lqx源自(v)x=0, l = 0
应力边界条件： ( σy ) y=-h/2 = - q (τyx ) y=-h/2 = 0 ( σy ) y= h/2 = 0 (τyx ) y= h/2 = 0
弹性力学(徐芝纶)第四章习题答案
第四章 习题解答4-14-2、解：本题为轴对称应力问题，相应的径向位移为： ()()()()()θ+θ+⎥⎦⎤⎢⎣⎡υ-+υ-+-υ-+υ+-=sin cos ln K I Cr 12Br 311r Br 12r A 1E 1u r (1) 轴对称应力通式为()()02ln 232ln 2122=+++-=+++=θθτσσr r C r B rAC r B r A由应力边界条件()()()()0,00,===-=====b r r b r r a r r a r r q θθτστσ并结合位移单值条件可知B=0，求得：22222222ab qa C a b qb a A -=--= 因半径的改变与刚体位移I ，K 无关，且为平面应变问题，将A 、B 、C 代入（1）式，并将υυυυ-→-→1,12EE 得：内半径的改变：()()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+-+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛--+-⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=∆=υυυυυυυυ11*111112222222222222a b a b Eqa a a b qa a a b q b a E u ar r外半径的改变：()()()2222222222221*11111a b ab E qa b a b qa b a b q b a Eu br r --=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛--+-⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=∆=υυυυυυ 圆筒厚度的改变：()()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛-++---=∆-∆=∆==υυυ112a b a b E qa u u R ar r b r r4-2另解：半径为r 的圆筒周长为r π2，受载后周长则为 ()θθεπεππ+=+1222r r r ， 于是半径为 ()θε+1r ，半径的改变量则为：⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+--⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=⎪⎭⎫⎝⎛---=C r A C rA r E E r r r 212111*2222υυυσυυσυεθθ将对应的A 、C 及r=a,b 分别代入，可求出内外半径的改变及圆筒厚度的改变。
弹性力学—第四章—平面问题的极坐标解答
1. 应力与体力的正负号规定相同。 2. 切应力互等。
极坐标中的平衡方程（1）
o x
y
极坐标中的平衡方程（2）
o x
y
极坐标中的几何方程（1）
— 假定只有径向位移
o
P P’ A A’ B
x
C
y
B’
极坐标中的几何方程（2）
— 假定只有环向位移
o
P P’’ B B’’ A’’ A
x
y
极坐标中的几何方程（3）
小孔口问题小结（2）
如有任意形状的薄板，受有任意面力，而在距边 界较远处有一小圆孔，那么只要有了无孔时的应 力解答，也就可以计算孔边的应力，其过程如下： 1.求出无孔时相应于圆孔中心的应力分量， 2.由平面中一点的应力状态，求得两个主应力的 方向和大小。 3.将两个主应力认为是在两个方向上的均布载荷， 则根据上面的叠加法可求得孔边应力。
(q1-q2)/2 (q1-q2)/2
A
(q1+q2)/2
（q1-q2）/2
圆孔孔口应力集中（12）
— 载荷的组合
左右两边受拉力，上下两边不 受拉力的薄板，可认为是以下 两种载荷的组合。
q
q
q/2 q/2
q/2
q/2
q/2
A
q/2
q/2
q/2
圆孔孔口应力集中（13）
— 载荷的组合
q/2 q/2 q/2
圆环或圆筒受均布压力（1）
q2
q1
边界条件：
圆环或圆筒受均布压力（2）
q2
q1 两个方程三个未知数，不能求解A，B， C。因此，需引入位移单值条件：
该项必须为零，否则在环上同一点有两 个不同的位移，故B=0
弹性力学简明教程-第四章_平面问题的极坐标解答习题详解
第四章 平面问题的极坐标解答典型例题讲解例4-1 如图所示，矩形薄板在四边受纯剪切力作用，切应力大小为q 。
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。
例4-1图【解】（1）根据材料力学公式，求极值应力和量大正应力的方位角α0max min 2x y σσσσ+⎫=⎬⎭ 其中0,,x y x q σστ===得max min ,q q σσ==-。
最大正应力σmax 所在截面的方位角为α0max 0max 0tan 104yqq τασσπα=-=-=-→--=-qqx若在该纯剪切的矩形薄板中，沿与板边成π4方向截取矩形ABCD ，则在其边界上便承受集度为q 的拉力和压力，如图所示。
这样就把受纯剪切作用的板看作与一对边受拉，另一对边受压的板等效。
（2）取极坐标系如图。
由2222442222cos 2(1)(13),cos 2(13),(4-18)sin 2(1)(13).ρφρφr r σq φρρr σq φρr r τq φρρ⎫=--⎪⎪⎪⎪=-+⎬⎪⎪=--+⎪⎪⎭得矩形薄板ABCD 内的应力分量为()()()2222442222cos 2(1)(13)cos 2(13)sin 2(1)(13)ρφρφa a σq φa ρρa σq φb ρa a τq φc ρρ=--=-+=--+ 其中α为小孔的半径，而孔边最大与最小正应力由式（b ），在ρ=α处得到44cos 2(13)4cos 2,φa σq φaϕ=-+=-当φ=0，π时，孔边最小正应力为(σφ)min=−4q ，当φ=±π2时，孔边最大正应力为(σφ)max=4q 。
分析：矩形板ABCD 边界上各点的应力状态与板内无孔时的应力状态相同。
也可以应用叠加法，求解薄板的各种较复杂的平面应力（应变）问题。
习题全解4-1试比较极坐标和直角坐标中的平衡微分方程、几何方程和物理方程，指出哪些项是相似的，哪些项是极坐标中特有的？并说明产生这些项的原因。
河南理工弹性力学- 楔形体问题
环向正应力 和切应力 均为零；
径向正应力 与极径 成反比， 越大， 越小； 无限小时， 无限增大，该解答具有奇异性。
x
若在半平面体内做一直径为 d、且在 O 点与边界相切的圆，则 圆上（实际为圆柱面上）各点满足
2F cos 1 . , 此时有 d cos 即 d d
f (4) () 2 f (2)() f () 0
其通解为 f () A cos B sin (C cos D sin ) 从而应力函数 f () A cos B sin (C cos D sin ) 其中 A、B、C、D 为待定的积分常数。
x
/2
/2
/2
d cos F cos 0
d sin F sin 0
D
C
F cos sin
8
/2
F sin sin
4.9 楔形体问题
最终我们得到，应力分量的表达式
2 1 1 2 2 2 2 1
2 (D cos C sin ), 0, 0.
应力分量
[力] [长度]2
x
y
F
O
2 2
P
F
[力] [长度]
[长度]
1
1
1
可见，应力当具有 如下形式 ——F N (, , ) Nhomakorabea4
弹性力学-平面问题的极坐标解答
l r
s
m
s
k
ur , u 为边界上已知位移， kr , k 为边界上已知的面力分量。
（位移单值条件）
r
r
r
0
r l
q0
r 0 0
0 r 0
r ra 0 r ra 0
r rb 0 r rb 0
b
a 0 dr 0
b
a r 0 dr 0
b
a 0 rdr M
d
r
P
ur
B
B
ur d
x
dr ur
A
P
A
1
(r ur )d
ur r
dr
径向线段PA的转角： 1 0
线段PB的相对伸长： 1
（b）
PB PB (r ur )d rd
PB
rd
ur （c） r
环向线段PB的转角：
tan 1 1
BB PP PB
(ur
ur
d )
ur
rd
1 ur
2
2 r 2
1 r
r
1 r2
2
2
极坐标下的相容方程为：
22
2 r 2
1 r
r
1 r2
2
2
2 r 2
1 r
r
1 r2
2
2
0
4
22
2 r 2
1 r
r
1 r2
2
2
2
0
说明： 方程（4－6）为常体力情形的相容方程。
（4－6）
结论： 弹性力学极坐标求解归结为
（1） 由问题的条件求出满足式（4－6）的应力函数 (r, )
弹性力学-04(习题答案)
1 )
(sin
22
sin
21)
y
q0
2
2(2
1) (sin
22
sin
21)
xy
q0
2
(cos 22
cos 21)
aa q
证法1:（叠加法）
y
1
O 2
P
x
证法1:（叠加法） 分析思路：
aa q
y
1
O 2
P
x
aa
q
y
O
P x
q
aa
y
O
P x
求解步骤： 由楔形体在一面受均布压力问题的结果：
刚体
r
a2b2
(1 2)b2
a2
q(
1 b2
1
r
2
2
)
a2b2
(1 2)b2
a2
q(
1 b2
1
2
r2
)
ra
r
a2b2
(1 2)b2
a2
q(
1 b2
1
2
a2
)
q
a2b2
(1 2)b2
a2
q(
1 b2
1
2
a2
)
习题4-4 矩形薄板受纯剪，剪力集度为q，如图所示。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：由图（a）给出的孔 边应力结果：
q
q(1 2cos 2 )
得：
q
x
q
r
q
q
x
r
q 1 2cos 2( 45)
y (a)
q1 2cos 2( 45)
q1 2sin 2 q1 2sin 2
弹性力学简明教程-第四章-平面问题的极坐标解答习题详解
第四章 平面问题的极坐标解答典型例题讲解例4-1 如图所示，矩形薄板在四边受纯剪切力作用，切应力大小为q 。
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。
例4-1图【解】（1）根据材料力学公式，求极值应力和量大正应力的方位角max min 2x y σσσσ+⎫=⎬⎭ 其中0,,x y x q σστ===得max min ,q q σσ==-。
最大正应力 所在截面的方位角为max 0max 0tan 104yqq τασσπα=-=-=-→--=-qqx若在该纯剪切的矩形薄板中，沿与板边成方向截取矩形ABCD ，则在其边界上便承受集度为q 的拉力和压力，如图所示。
这样就把受纯剪切作用的板看作与一对边受拉，另一对边受压的板等效。
（2）取极坐标系如图。
由2222442222cos 2(1)(13),cos 2(13),(4-18)sin 2(1)(13).ρφρφr r σq φρρr σq φρr r τq φρρ⎫=--⎪⎪⎪⎪=-+⎬⎪⎪=--+⎪⎪⎭得矩形薄板ABCD 内的应力分量为()()()2222442222cos 2(1)(13)cos 2(13)sin 2(1)(13)ρφρφa a σq φa ρρa σq φb ρa a τq φc ρρ=--=-+=--+ 其中 为小孔的半径，而孔边最大与最小正应力由式（b ），在 处得到44cos 2(13)4cos 2,φa σq φaϕ=-+=-当 ， 时，孔边最小正应力为，当时，孔边最大正应力为。
分析：矩形板ABCD 边界上各点的应力状态与板内无孔时的应力状态相同。
也可以应用叠加法，求解薄板的各种较复杂的平面应力（应变）问题。
习题全解4-1试比较极坐标和直角坐标中的平衡微分方程、几何方程和物理方程，指出哪些项是相似的，哪些项是极坐标中特有的？并说明产生这些项的原因。
【解】 （1）极坐标，直角坐标中的平衡微分方程10210f f ρρϕρϕρρϕϕρϕϕστσσρρϕρτστρρϕρ∂∂-⎧+++=⎪∂∂⎪⎨∂∂⎪+++=⎪∂∂⎩ 00yxx x y xy yf xy f y x τσστ∂⎧∂++=⎪∂∂⎪⎨∂⎪++=⎪∂∂⎩将极坐标中的平衡微分方程与直角坐标中的平衡微分方程相比较，第一式中，前两项与直角坐标相似；而项是由于正 面上的面积大于负 面上的面积而产生的，是由于正负 面上的正应力 在通过微分体中心的 方向有投影而引起的。
弹性力学简明教程(第四版)第四章课后习题答案
qr 1 2 E
2rR R2 r 2
圆环厚度的改变为
qr 1 2 R r u R ur E R r 1
。
4-15：设有一刚体，具有半径为 R 的圆柱形孔道，孔道内放置外半径为 R 而内 半径为 r 的圆筒，圆筒受内压力为 q，试求圆筒的应为。 解：本题为轴对称问题，故环向位移 件，有 （1）应力分量 引用轴对称应力解答，教材中式(4-11)。 A 2 B(1 2 ln ) 2C ，另外还要考虑位移的单值条
u 1 A [ (1 ) 2 B (1 ) (ln 1) B (1 3 ) 2C (1 ) ] I cos K sin , E 4 B 4 B u f ( ) d f1 ( ) H I sin K cos E E
qr 2 R2 u (1 1 ) (1 1 ) E 2 2 1 2 R r qr 2 1 2 2 2 (1 1 ) (1 1 ) R 2 2 E R r (1 q
1 1 2 E R 1 2 2 1 r
) 2 (1
)R2
此时内径改变为
(1 ur q
qr 1 2 (1 ) r 2 (1 ) R 2 E
1 1 2 Er R 1 2 2 1 r
r r
0, q,
R
0;
R
弹性力学 第4章(7,8,9,10节)
1. 应力分量表达式
压力隧洞—圆筒埋在无限大弹性体中， 受有均布内压力。圆筒和无限大弹性体 的弹性常数分别为 E, μ和E, μ' .
4.1 平衡方程
4.2 几何方程与 物理方程 4.3 应力函数 与 相容方程 4.4 坐标变换式 4.5 轴对称问题 4.6 圆环和圆筒
压力隧洞为轴对称问题，剪应力为0， 2个正应力解答是
A
2
2C
A
2
2C
有4个待定常数，要用应力边界条件与界面上的应力 连续条件来确定。
§4.7 压力隧洞
A
2
2C 2C
A
4.1 平衡方程
2
2C 2C
A 2C q r2
4.2 几何方程与 物理方程 4.3 应力函数 与 相容方程 4.4 坐标变换式 4.5 轴对称问题 4.6 圆环和圆筒 4.7 压力隧洞 4.8 应力集中 4.9 半平面体受集 中力 4.10 半平面体受 分布力
4.6 圆环和圆筒 4.7 压力隧洞 4.8 应力集中 4.9 半平面体受集 中力 4.10 半平面体受 分布力
1 1 2 2 2
0
2 2
2
1 ( )
2 1 1 2 2 2 2
4C 6 D 2 B 2 4 q R R
6 AR 2 2 B 2B 2C 6 D q R2 R4
解出
A0
B
q 2
4.10 半平面体受 分布力
C qr 2
qr 2 D 2
弹性力学-第四章-2
可以假设应力函数为：
( , ) f ( ) cos 2
满足相容方程求f(）
( , ) f ( ) cos2
代Φ入相 容方程
1 1 2 2 2 0
2 2 2 2 2
2 1 1 2 d 2 f ( ) 1 df ( ) 4 f ( ) 2 2 ( 2 2 )cos 2 0 2 d d
r2
2
), q(1
r2
2
), 0
对 比
q q 1 2 令： q 2
代 入
基 本 解 答 一
q1 q2 r2 (1 2 ), 2
q1 q2 r2 (1 2 ), 2
0
r2 r2 σ ρ q cos 2φ(1 2 )(1 3 2 ) ρ ρ r4 σ φ q cos 2φ(1 3 4 ) ρ τ ρφ r2 r2 q sin 2φ(1 2 )(1 3 2 ) ρ ρ
e 因为，
t
D f ( ρ) Aρ Bρ C 2 ρ
4 2
2Φ 1 Φ 1 2Φ σρ 2 2 , 2 y 0 ρ ρ ρ 2Φ 2Φ σ 2 2 , x 0 ρ τ ρ
max 4q
3r , 90
1.04q
max K 4
(4-18)
应力集中系数
二、基本解答的应用
解决方法：利用 叠加原理，将荷 载分解为两部分 (1)双 向受拉
＝
＋
(2)一对 边受拉， 另一对 边受压
弹性力学-第4章 6-7 圆环
(4)针孔问题（应力集中）
受外压qb内径a0时：
|ra
2 1 (a)2
qb
2qb
b
孔虽然很小，但孔边应力却提高了近2倍， 这就是应力集中现象。实际工作中孔边 发生开裂，就是这个原因。 如果外力为拉力，则此处为2倍的拉力
• 4-4, 4-7
作业
[例1]：曲梁纯弯曲问题的弹力解答
曲梁区域由两对圆弧坐标线和两条径线围成， 设厚度为单位1
u
A E
(1
)
1
C E
(1
)
u 0
•五. 特例
1.只受内压 qa 0, qb 0
(b)2 1
(b)2 1
r
r ( b )2
qa ,
1
r ( b )2
qa 1
a
a
显然 r "（" 压），“”拉
max
(b / (b /
a)2 a)2
1 1 qa
σr max σr|ra qa
qa
r
2.只受外压 qa 0, qb 0
qa内压作用下：当b 时（：qb 0)
r
lim b
b
2
(
1 r2
b
2
(
1 a2
1 b2 1 b2
) )
qa
a2 r2
qa
lim
b
2
(
1 r2
b
b2 (
1 a2
1 b2
)
1 b2
)
qa
a2 r 2 qa
qa r
r
验证圣维南原理，在 r a处，
应力很小，可以不计，即在内压 qa 作用下，b 处影响可不计。 作业：求出r=4b处应力的表达式
弹性力学 第04章应力和应变关系
第四章应力与应变关系§4-1 应力和应变的最一般关系式§4-2 弹性体变形过程中的功和能§4-3 各向异性弹性体§4-4 各向同性弹性体§4-5 弹性常数的测定§4-6 各向同性体应变能密度的表达式显然有5225C C =同理可证nmmn C C =这样就证明了极端各向异性体，只有6+30/2=21个独立的弹性常数。
⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧xy xz yz z y x xy xzyz z y x C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C γγγεεετττσσσ66564636266156554535255146454434244 136353433233 126252423222 16 15 14 13 12 111②具有一个弹性对称面的各向异性弹性体如果物体内的每一点都具有这样一个平面，关于该平面对称的两个方向具有相同的弹性，则该平面称为物体的弹性对称面，而垂直于弹性对称面的方向，称为物体的弹性主方向。
这样，物体的弹性常数从21个变为13个。
若Oyz 为弹性对称面，则（可用坐标变换公式得到）⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧xy xz yz z y x xy xzyz z y x C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C γγγεεετττσσσ665656554434244 13433233 1242322214 13 1211100000000000000如果互相垂直的3个平面中有2个式弹性对称面，则第3个平面必然也是弹性对称面。
弹性力学第四章 (5)轴对称问题
4 B f ( ) E 4 B 积分后： u f ( )d f1 ( ) （c） E 再将（b）,（c）代入第三式，整理：
u
df1 ( ) df ( ) f1 ( ) f ( )d d d
df1 ( ) f1 ( ) F （ d） d 由于 ， ρ，的任意性，
df1 ( ) f1 ( ) F 0 d
df1 ( ) f1 ( ) D d
（d）
求解： (d)为线性微分方程，可用分离变量法:
df1 ( ) d f1 ( ) D 通解为:来自f1 ( ) F D
（f）
ln d te dt
t
分步积分
te e (ln 1)
t t
u
1 E
A ( 1 ) B [( 1 3 ) 2 ( 1 ) ln ] 2 ( 1 ) C 2
3 . 几何方程：
/ G 0
0 00 恒等式
（注意：一般情况下位移与 φ 有关）
u u 1 u u u u 0
1 1 A ( ) (1 ) 2 B[(3 ) 2(1 ) ln ] E E
2(1 ) ln ] 2(1 )C
2(1 )C
令 e
t
则 由几何方程得：
ln t d et dt
4 B u H I sin K cos E
式中： 1 . A , B , C , H , I , K 都是任意常数 2 . H , I , K 和 2-4 节中的 , u0 , v0 一样代表 刚体的位移 ( 由位移边界来确定 ) E , *对于平面应变问题 E , 2 1 1
弹性力学知到章节答案智慧树2023年浙江大学
弹性力学知到章节测试答案智慧树2023年最新浙江大学第一章测试1.从下面哪个假设出发（），可以认为物体内部的应力、应变和位移等都是连续的。
参考答案:连续性假设2.理想弹性假设只考虑应力和应变成线性关系的情形。
（）参考答案:对3.物体在外界荷载作用下发生变形，当外界荷载被消除后，该变形可完全恢复的性质称为弹性。
（）参考答案:对4.根据连续性假设，弹性力学问题的应力、应变和位移可表示成坐标的连续函数。
（）参考答案:对5.在研究下面对象的宏观力学行为时，各向同性假设不成立的是（）。
参考答案:纤维增强复合材料;木材6.下面属于研究弹性力学问题基本假设的是（）。
参考答案:均匀性假设;连续性假设;完全弹性假设;各向同性假设第二章测试1.已知矢量，张量，按照求和约定，表达式的值是（）。
参考答案:22.已知物体内一点的应力张量为，下面叙述正确的是（）。
参考答案:三个主应力分别是（3，0，-2），最大切应力 2.53.在给定应力状态下，一点的主应力方向必相互垂直。
（）参考答案:错4.物体内一点的主应力仅与该点的应力状态有关，与所选取的参考坐标系无关。
（）参考答案:对5.过一点的任意截面上的应力分量相互独立。
（）参考答案:错6.如图所示三角形水坝刚性固结在基础上，坝高为h，坝基底宽为l，水位线离坝顶O点距离为h0，水的密度为，若略去坝体自重，下面关于坝体应力边界条件描述正确的是（）。
参考答案:OB边上各点的应力分量有：当时，;OA边上各点的应力分量有：;OA边上各点的应力分量有：;OB边上各点的应力分量有：当时，第三章测试1.已知位移场为,,，对应的应变张量为（）。
参考答案:2.下面的应变分量中，哪个可能发生（）。
参考答案:3.在一定的应变状态下，物体内任一点的三个应变主方向必相互垂直。
（）参考答案:错4.如果物体是单连通的，应变分量满足应变协调方程是保证物体连续的充分必要条件。
（）参考答案:对5.下面关于三个主应变叙述正确的是（）。
大学物理第四章 习题解答
第四章 习题解答（仅供参考）4．3 如图所示，质量为10g 的子弹以速度v = 103m·s -1水平射入木块，并陷入木块中，使弹簧压缩而作简谐振动．设弹簧的倔强系数k = 8×103N·m -1，木块的质量为4.99kg ，不计桌面摩擦，试求：（1）振动的振幅； （2）振动方程．[解答]（1）子弹射入木块时，由于时间很短，木块还来不及运动，弹簧没有被压缩，它们的动量守恒，即mv = (m + M )v 0． 解得子弹射入后的速度为v 0 = mv/(m + M ) = 2(m·s -1)， 这也是它们振动的初速度．子弹和木块压缩弹簧的过程机械能守恒，可得 (m + M ) v 02/2 = kA 2/2， 所以振幅为A v =10-2(m)． （2）振动的圆频率为ω=s -1)．取木块静止的位置为原点、向右的方向为位移x 的正方向，振动方程可设为x = A cos(ωt + φ)．当t = 0时，x = 0，可得 φ = ±π/2；由于速度为正，所以取负的初位相，因此振动方程为 x = 5×10-2cos(40t - π/2)．4．4 如图所示，在倔强系数为k 的弹簧下，挂一质量为M 的托盘．质量为m 的物体由距盘底高h 处自由下落与盘发生完全非弹性碰撞，而使其作简谐振动，设两物体碰后瞬时为t = 0时刻，求振动方程．[解答]物体落下后、碰撞前的速度为v =物体与托盘做完全非弹簧碰撞后，根据动量守恒定律可得它们的共同速度为0m v v m M ==+，这也是它们振动的初速度．设振动方程为 x = A cos(ωt + φ)， 其中圆频率为ω=物体没有落下之前，托盘平衡时弹簧伸长为x 1，则x 1 = Mg/k ．物体与托盘磁盘之后，在新的平衡位置，弹簧伸长为x 2，则x 2 = (M + m )g/k ．图4.3图4.4取新的平衡位置为原点，取向下的方向为正，则它们振动的初位移为x0 = x1 - x2 = -mg/k．因此振幅为A===初位相为arctanvx ϕω-==4．14三个同方向、同频率的简谐振动为10.08cos(314)6x t π=+，20.08cos(314)2x t π=+，350.08c o s(314)6x t π=+．求：（1）合振动的圆频率、振幅、初相及振动表达式；（2）合振动由初始位置运动到x A=所需最短时间（A为合振动振幅）．[解答] 合振动的圆频率为ω = 314 = 100π(rad·s-1)．设A0 = 0.08，根据公式得A x = A1cosφ1 + A2cosφ2 + A3cosφ3 = 0，A y = A1sinφ1 + A2sinφ2 + A3sinφ3 = 2A0 = 0.16(m)，振幅为A=，初位相为φ = arctan(A y/A x) = π/2．合振动的方程为x = 0.16cos(100πt + π/2)．（2）当/2x=时，可得cos(100/2)2tππ+，解得100πt + π/2 = π/4或7π/4．由于t > 0，所以只能取第二个解，可得所需最短时间为t = 0.0125s．。
弹性力学第四章习题
y
0 2
M o 0,
0
将应力代入上式，其中第二、三式自然满足， 而第一式得出
B F 2 。
(a)
第四章
习题课
（4）由此可见，考虑了边界条件后还 不足以确定待定常数。注意到本题是多连 体，应考虑位移的单值条件。因此，先求 出应变分量，再积分求出位移分量，然后 再考虑单值条件。
df1 ( ) f1 ( ) G, d
df ( ) 2sin [(1 ) B 2 A] f ( )d G。 E d
(b)
(e)(c)
由式（b）解出
f1 ( ρ) HρG。
第四章
习题课
将式（c）对 φ求导一次，再求出
f ( ) 1 [(1 ) B 2 A] sin I cos K sin 。 E
第四章
习题课
例题5
试由书中式（4-21） 的解答，导出半平面 体（平面应力问题） 在边界上受一水平集 中力F作用下的应力和 位移的解答。
y
F o
x
第四章
习题课
解：
由书中式（4-21），当
2
时，
2 F sin
, 0。
用直角坐标系的应力分量表示，
F (1 μ) f1 (φ) φcosφ I cosφ K sin φ。 πE
( e)
将 f1 ( )和 f 2 ( ) 代入 u 的表达式；并由 式（c）得
2 F (1 μ) d f1 (φ) f1 (φ) d φ cos φ G, πE dφ
第四章
习题课
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( A 2 B), A, A。
第四章
习题课
（3）考察边界条件。本题只有原 点o附近的小孔口上作用有集中力F， 可取出包含小孔口在内的、半径为 的脱离体，列出其三个平衡条件：
第四章
习题课
F F
x
0, 0,
2
0 2
[(σ ρ ) ρ ρ cos φρ d φ ( τ ρφ ) ρ ρ sin φρ d φ] F 0, [(σ ρ ) ρ ρ sin φρ d φ ( τ ρφ ) ρ ρ cos φρ d φ] 0, ( τ ρ ) ρ ρ ρ 2 d φ 0。
Φ Acos 2φ Bsin 2φ Cφ D。 本题中结构对称于 0的 x 轴，而 M 是 反对称荷载，因此，应力应反对称于x 轴， 为 x 的奇函数，从而得
A D 0,
B sin 2 C。
第四章
习题课
（4）由 Φ 求得应力分量， 1 σ ρ 2 4 Bsin 2φ, σ 0, ρ
习题课
前一式自然满足，而第二式成为
2 B C。 (a) 为了考虑原点o附近有集中力偶的作用， 取出以o为中心， 为半径的一小部分脱离体， 并列出其平衡条件，
F F
x
0, 0,
2
2
[( ) cos d ( ) sin d ] 0, [( ) sin d ( ) cos d ] 0, ( ) 2 d M 0。
第四章
习题课
再求出边界上的面力：
q 30面上， 0， ; a a面上, q cos 3 , q sin 3。
读者可由此画出边界上的面力分布。
第四章
习题课
例题2（习题4-9）
半平面体表面受有均布水平力q，试用应力 函数 Φ ρ 2 ( Bsin 2φ Cφ) 求解应力分量。
第四章
习题课
解：应用半逆解法求解。
（1）按量纲分析方法，单位宽度
上的力偶矩与力的量纲相同。应力应
与 M , , 有关，由于应力的量纲是单 位面积上的力，即 L1ML2 ，应力只能
2 M 以 形式组合。
第四章
习题课
（2） Φ 应比应力的长度量纲高二次幂， 可假设 。 Φ Φ (φ) （3）将 Φ代入相容方程，得
y
0 2
M o 0,
0
将应力代入上式，其中第二、三式自然满足， 而第一式得出
B F 2 。
(a)
第四章
习题课
（4）由此可见，考虑了边界条件后还 不足以确定待定常数。注意到本题是多连 体，应考虑位移的单值条件。因此，先求 出应变分量，再积分求出位移分量，然后 再考虑单值条件。
第四章
习题课
例题1 （习题4-8）试考察应力函数
能解决图中所示弹性体的何种受力问题？
y 0
q 3 Φ ρ cos3φ, 6a
a
30 o 30 o
a
x
第四章
习题课
解：本题应按逆解法求解。 首先校核相容方程， 4Φ 0 是满足的。 然后，代入应力公式（4-5），求出应 力分量： qρ
σρ a qρ σφ cos3φ, a qρ τ ρφ sin 3φ。 a cos3φ,
第四章
习题课
解：首先检验 Φ，已满足 4Φ 0。由 2 2C ,
2 B sin 2 2C ,
2 B cos 2 C。
第四章
习题课
再考察边界条件。注意本题有两个 面, 即 2 ，分别为 面。在 面上，应力 符号以正面正向、负面负向为正。因此，有
第四章
习题课
例题4（习题4-19） 设有厚度为1的无限大薄板， 在板内小孔中受集中力F，试 用如下的应力函数求解，
y
ρ
0
F
φ
Φ Aρ ln ρ cos φ Bρ sin φ。
x
第四章
习题课
解：
（1）经校核，上述 Φ 满足相容方程。
（2）代入应力公式，得
cos cos sin
( ) 2 0, 得C 0; ( ) 2 q, 得B q 2。
代入公式，得应力解答， q sin 2 , q sin 2 ,
q cos 2。
第四章
习题课
例题3（习题4-18） 设半平面体在直 边界上受有集中 力偶，单位宽度 上的力矩为M，试 求应力分量。
1
1 d4Φ d2Φ ( 4 4 2 ) 0。 4 ρ dφ dφ
删去因子 4 ，得一个关于Φ (φ) 的常微分方程。 令其解为 Φ e λφ，代入上式，可得到一个关 于 的特征方程，2 (2 4) 0,
第四章
习题课
2 i ae , 其解为 2i,2i,0,0。 于是得 的四个解 be 2i , c , d ；前两项又可以组合为正弦、 余弦函数。由此得
y
2
2
M o 0,
2
2
第四章
习题课
上式中前两式自然满足，而第三式成为
M 再由式（a）得出 C 。 π 代入应力公式，得最后的应力解答，
2B M 。
(b)
2 M sin 2
M cos 2 1 。 2
2
,
0,
第四章
习题课
由物理方程求出应变分量，
1 cos φ ε ρ (σ ρ μσ φ ) [(1 μ) A 2 B], E Eρ 1 cos φ εφ (σ φ μσ ρ ) [(1 μ) A 2 μB], E Eρ 2(1 μ) 2(1 μ) γ ρφ τ ρφ Asin φ。 E Eρ
（5）考察边界条件。由于原点o有集中力偶 作用，应分别考察大边界上的条件和 原点附近的条件。 在 ρ 0,φ π 2 的边界上，有
1 τ ρ 2 (2 B cos 2φ C )。 ρ
(σ φ ) ρ0,φπ 2 0, ( τ ρφ ) ρ0,φπ 2 0。
第四章