应用弹塑性力学习题解答
应用弹塑性力学(徐秉业_刘信声版)课后习题答案(全)
pr =σs 2t
2 2 2 (σ x − σ y )2 + (σ y − σ z )2 + (σ z − σ x )2 + 6(τ xy +τ2 yz + τ zx ) = 2σ s
2 2 2 σ x +σ 2 y − σ xσ y + 3τ xy = σ s 2
pr =σs t
Tresca 条件：
σθ = −
b2 p b − a2
2
p σr
ρ 2q σθ = 2 b − ρ2
⎛ b2 ⎞ b2 p ⎜ ⎜1 + r2 ⎟ ⎟ − b2 − ρ 2 ⎝ ⎠
2
⎛ ρ2 ⎞ ⎜ ⎜1 + r2 ⎟ ⎟ ⎝ ⎠
a ρ
b
(σ r − σ θ ) r = ρ
σθ
=
2b 2 ( p − q) = σ s b − ρ2 σs
σ x +σ y ⎛σ x −σ y + ⎜ ⎜ 2 2 ⎝ σ x +σ y ⎛σ x −σ y − ⎜ ⎜ 2 2 ⎝
⎞ 2 ⎟ ⎟ + τ xy ≤ σ s ⎠ ⎞ 2 ⎟ ⎟ + τ xy ≤ σ s ⎠
2
(σ
x
−σ y
σ ⎜ ) +⎛ ⎜
2
y
⎝
−σ x ⎞ ⎛σ y −σ x ⎞ 2 2 ⎟ ⎟ ⎟ +⎜ ⎜ ⎟ + 6 τ xy = 2σ s 2 2 ⎝ ⎠ ⎠
δ = 2%
2 B1 z = 2C 1 z
Mises : (σ θ − σ z ) 2 + (σ z − σ r ) 2 + (σ θ − σ r ) 2 = 2σ s2 ⇒ p = 5.77 MPa
弹塑性力学习题解答
第一、二章作业一、选择题：1．弹性力学的研究对象是 B 。
A．刚体；B．可变形固体；C．一维构件； D．连续介质；2．弹性力学的研究对象是 C几何尺寸和形状。
A．受到…限制的物体； B．可能受到…限制的物体；C．不受…限制的物体； D．只能是…受限制的任何连续介质；3．判断一个张量的阶数是根据该张量的C确定的。
A．下标的数量； B．哑标的数量； C．自由标的数量； D．字母的数量。
4．展开一个张量时，对于自由下标操作的原则是按其变程C。
A．一一罗列； B．先罗列再求和； C．只罗列不求和； D．一一求和。
5．展开一个张量时，对于哑脚标操作的原则是按其变程B。
A．一一罗列； B．先罗列再求和； C．只罗列不求和； D．一一求和。
6．在弹性力学中，对于固体材料（即研究对象）物性组成的均匀性以及结构上的连续性等问题，提出了基本假设。
这些基本假设中最基本的一条是 A。
A．连续性假设； B．均匀性假设；C．各向同性的假设； D．几何假设——小变形条件；7．从一点应力状态的概念上讲，当我们谈及应力，必须表明的是D。
A．该应力的大小和指向，是正应力还是剪应力；B．该应力是哪一点处的正应力和剪应力，还是全应力；C．该应力是哪一点处的应力D．该应力是哪一点处哪一微截面上的应力，是正应力还是剪应力。
8．表征受力物体内一点处的应力状态一般需要__B_应力分量，其中独立的应力分量有_C__。
A． 18个； B． 9个； C． 6个； D． 2个。
9．一点应力状态的主应力作用截面上，剪应力的大小必定等于___D_________。
A．主应力值； B．极大值； C．极小值； D．零。
10．一点应力状态的最大（最小）剪应力作用截面上的正应力，其大小_____D_______。
A．一般不等于零； B．等于极大值； C．等于极小值； D．必定等于零。
11．平衡微分方程是 C 间的关系。
A ．体力分量和面力分量；B ．应力分量和面力分量；C ．体力分量和应力分量；D ．体力分量、面力分量和应力分量；12．静力边界条件是 B 间的关系。
弹塑性力学部分习题及答案
1 εij = (ui, j +uj,i ) 2
σji, j
(i, j =12,3) ,
E 1 ν = 2(uj,ij +ui, jj ) +1−2νuk,kjδij (1+ν)
5Байду номын сангаас
20112011-2-17
题1-3
E 1 ν (uj,ij +ui,jj ) + σji, j = uk,ki 2 (1+ν) 1−2ν
3
2c
l
y
解： 1、将 Φ 代入
∇ 4Φ =0 满足, 为应力函数。 满足, Φ 为应力函数。
2、求应力（无体力） 求应力（无体力）
20112011-2-17 20
题1-13 3 3F xy q 2 Φ= xy− 2 + y 4c 3 2 c
2
o
x
2c
l
y
2
∂φ 3F xy ∂φ σx = 2 = − 3 +q, σy = 2 =0, ∂y 2c ∂x y2 ∂φ 3F τxy =− = − 1− 2 ∂x∂y 4c c
z l y
F = −ρg bz
x
x
20112011-2-17
8
题1-5 等截面直杆（无体力作用），杆轴 等截面直杆（无体力作用），杆轴 ）， 方向为 z 轴,已知直杆的位移解为
u =−kyz v =kxz
w=k ( x, y) ψ
为待定常数， 其中 k 为待定常数，ψ(x‚y)为待定函数， 为待定函数 试写出应力分量的表达式和位移法方程。 试写出应力分量的表达式和位移法方程。
2
弹塑性力学习题及答案
.本教材习题和参考答案及部分习题解答第二章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 。
答案 (1)pi iq qj jkpk δδδδδ=;答案 (2)pqi ijk jk pq qp e e A A A =-;解：(3)()ijp klp ki ljik 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ijji a a =，则0ijk jk e a =。
（需证明）2.3设a 、b 和c 是三个矢量，试证明：2[,,]⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅a a a b a cb a b b bc a b c c a c b c c证：因为123111123222123333i i i i i i i i i i i i i ii i i i a a a b a c b a b b b c c a c b c c a a a a b c b b b a b c c c c a b c ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦， 所以123111123222123333123111123222123333det det()i ii i i i i ii i i i i ii ii 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 a b c b b b a b c c c c a b c ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦即得 1231112123222123333[,,]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 。
弹塑性力学习题解答
塑性：弹性：2-16设有任意形状的等厚度薄板，体力可以不计，在全部边界上(包括孔口边界上)受有均匀压力q 试证q y x -==σσ 及0=xy τ能满足平衡微分方程、相容方程和应力边界条件，也能满足位移单值条件，因而就是正确的解答。
证明： 〔1〕将应力分量q y x -==σσ，0=xy τ和0==y x f f 分别代入平衡微分方程、相容方程⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+∂∂+∂∂=+∂∂+∂∂00y x xy yy x y yx x x f f τστσ 〔a 〕 0)1())((2222=∂∂+∂∂+-=+∂∂+∂∂）（y f x f yx y x y x μσσ 〔b 〕 显然〔a 〕、〔b 〕是满足的〔2〕对于微小的三角板dy dx A ,,都为正值，斜边上的方向余弦),cos(x n l =,),cos(y n m =,将q y x -==σσ，0=xy τ代入平面问题的应力边界条件的表达式⎪⎩⎪⎨⎧=+=+)()()()(s f l m s f m l y s xy y x s yx x τστσ 〔c 〕 那么有),cos(),cos(x n q x n x -=σ),cos(),cos(y n q y n y -=σ所以q x -=σ，q y -=σ。
对于单连体，上述条件就是确定应力的全部条件。
〔3〕对于多连体，应校核位移单值条件是否满足。
该题为平面应力的情况，首先，将应力分量q y x -==σσ及0=xy τ代入物理方程，得形变分量q E x )1(-=με，q Ey )1(-=με，0=xy γ 〔d 〕 然后，将〔d 〕的变形分量代入几何方程，得q Ex u )1(-=∂∂μ，q E y v )1(-=∂∂μ，0=∂∂+∂∂y u x v 〔e 〕 前而式的积分得到 )()1(1y f qx E u +-=μ，)()1(2x f qy Ev +-=μ 〔f 〕 其中的1f 和2f 分别是y 和x 的待定函数，可以通过几何方程的第三式求出，将式〔f 〕代入〔e 〕的第三式得 dxx df dy y df )()(21=- 等式左边只是y 的函数，而等式右边只是x 的函数。
弹塑性力学部分习题及答案
e kk
2019/8/31
4
题1-3
e kk
ij (1 E )( ij 1 2 e ij) (i,j 1 ,2 ,3 )
j,i j (1 E )( j,i j 1 2 k,jk ij ) (i,j 1 ,2 ,3 )
i1 2ui,j
j
Guj,jiGi,ju j
代入 j,ij F b i0 (i,j 1 ,2 ,3 )
得
G 2 u i G u j,j iF b i0在 V 上
2019/8/31
7
题1-4 等截面柱体在自重作用下，应力解为
x=y=xy=yz=zx=0 , z=gz，试求位移。
，且设 ur 表达式为
ur C1rC r2(18 E 2)2r3
b
ra
x
试由边界条件确定 C1 和 C2 。
y
解： 边界条件为： (r）r=a=0, (r）r=b=0
应力r（平面
应力问题）：
r 1E2(ddrururr)
2019/8/31
32
题1-16 由边界条件确定 C1 和 C2 ：
v g l x y E
y
l
式中 E、 为弹性模量和泊松系数。
试（1）求应力分量和体积力分量；
hh
（2）确定各边界上的面力。
x
解： 1、求应变
x u x E g l x , y y v E g (l x )
2019/8/31
15
x
x=ax、y=ax、xy= -ax
3、求应变
x=ax、y=a(2x+y-l-h)、 xy= -ax
弹塑性力学习题答案
第二章 习题解答2-1解：已知 0,0,===-==y x xy y xf f q τσσ1）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+∂∂+∂∂+∂∂+∂∂xy y yxx x y yx τστσ23()()⎩⎨⎧++s xy y s yx x l m m l σστστσ 有：lq t x -=代入（*4理、几何方程得：E x u x ==∂∂ε11E y v y ==∂∂ε0==∂∂+∂∂xy yux v γ ()()⇒=+∴0dyy df dx x dg 类似于教材题2-3，可求出 ()()wx v x g wy u y f +=-=00,001;1v wx qy Ev u wy qx Eu ++--=+---=∴υυ从v u ,表达式可见，位移分量是坐标的单值函数，满足位移单值条件。
综合1）～4），。
q xy y x 为问题的正确解答0,=-==τσσ2-2x =σxy τ注意：y x ，代入均满足。
2）验证相容方程：0)(2=+∇y x σσ 亦满足。
3）验证应力边界条件： i) 主要边界：()0,2=±=h y yx yτσ满足ii) 次要边界：()()()()()⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧===⎰⎰⎰-=-=-=222222320)1(0h h lx xy h h l x x h h l x x Pdy ydy dy τσσ （1）、（2）满足，（3）式左=⎰-===⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-223332212*41*618218hh P h I P h h I P dy y h I P 右 结论：所列xy y x τσσ,,满足平衡方程、相容方程；在主要边界上严格满足应力边界条件，次要边界近似满足应力边界条件，又为单连体，故在圣维南原理的前提下为问题的正确解。
2-3、证明：1）由,,yVf xV fy x∂∂-=∂∂-=则平衡微分方程为： ()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂τ∂+∂-σ∂=∂τ∂+∂-σ∂⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂∂-∂τ∂+∂σ∂=∂∂-∂τ∂+∂σ∂0x y V 0yx V 0y V x y 0x V y x yx y xyx yx y xy x （*） 类似于题2-10的推证过程，（*）式的通解为：y x x V yV 2xy 22y 22x ∂∂ϕ∂-=τ∂ϕ∂=-σ∂ϕ∂=-σ;;即： yx V xV y2xy 22y 22x ∂∂ϕ∂-=τ+∂ϕ∂=σ+∂ϕ∂=σ;;2） 对于平面应力问题，相容方程为：()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂+∂∂+-=+∇y f x f y x y xυσσ12即：2222 2-4、x, y n l σσ2==2l 应力主向成∴l σn3-3、解： 1由x=0得： 2由 得： Fx Ex Cx Bx Ax y ++++=∴注：公式中已略去ϕ中与应力分量无关的一次项和常数项。
弹塑性力学课程作业 参考答案
弹塑性力学课程作业1 参考答案一．问答题1. 答：请参见教材第一章。
2. 答：弹塑性力学的研究对象比材料力学的研究对象更为广泛，是几何尺寸和形态都不受任何 限制的物体。
导致这一结果的主要原因是两者研究问题的基本方法的不同。
3. 答：弹塑性力学与材料力学、结构力学是否同属固体力学的范畴，它们各自求解的主要问题都是变形问题，求解主要问题的基本思路也是相同的。
这一基本思路的主线是：（1）静 力平衡的受力分析；（2）几何变形协调条件的分析；（3）受力与变形间的物理关系分析； 4. 答：“假设固体材料是连续介质”是固体力学的一条最基本假设，提出这一基本假设得意义是为利用数学中的单值连续函数描述力学量（应力、应变和位移）提供理论依据。
5. 答：请参见本章教材。
6. 答：略（参见本章教材）7. 答：因为物体内一点某微截面上的正应力分量 σ 和剪应力分量τ 同材料的强度分析 问题直接相关，该点微截面上的全应力则不然。
8. 答：参照坐标系围绕一点截取单元体表明一点的应力状态，对单元体的几何形状并不做 特定的限制。
根据单元体所受力系的平衡的原理研究一点的应力状态。
研究它的目的是： 首先是了解一点的应力状态任意斜截面上的应力，进一步了解该点的主应力、主方向、 最大（最小）剪应力及其作用截面的方位，最终目的是为了分析解决材料的强度问题。
9．答：略（请参见教材和本章重难点剖析。
） 10. 答：略（请参见教材和本章重难点剖析。
）11. 答：略（请参见教材和本章重难点剖析。
） 这样分解的力学意义是更有利于研究材料的塑性变形行为。
12. 答：略（请参见教材和本章重难点剖析。
）纳唯叶 (Navier) 平衡微分方程的力学意义是：只有满足该方程的应力解和体力才是客观上可能存在的。
13. 答：弹塑性力学关于应力分量和体力分量、面力分量的符号规则是不一样的。
它们的区别请参见教材。
14、答：弹塑性力学的应力解在物体内部应满足平衡微分方程和相容方程（关于相容方程详见第3、5、6章），在物体的边界上应满足应力边界条件。
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第二章 应力理论和应变理论2—15.如图所示三角形截面水坝材料的比重为γ，水的比重为γ1。
己求得应力解为：σx =ax+by ，σy =cx+dy-γy ， τxy =-dx-ay ；试根据直边及斜边上的边界条件，确定常数a 、b 、c 、d 。
解：首先列出OA 、OB 两边的应力边界条件：OA 边：l 1=-1 ；l 2=0 ；T x = γ1y ； T y =0 则σx =-γ1y ； τxy =0代入：σx =ax+by ；τxy =-dx-ay 并注意此时：x =0 得：b=-γ1；a =0；OB 边：l 1=cos β；l 2=-sin β，T x =T y =0则：cos sin 0cos sin 0x xy yxy σβτβτβσβ+=⎧⎨+=⎩………………………………（a ）将己知条件：σx= -γ1y ；τxy =-dx ； σy =cx+dy-γy 代入（a ）式得：()()()1cos sin 0cos sin 0y dx b dx cx dy y c γβββγβ-+=⎧⎪⎨--+-=⎪⎩化简（b ）式得：d =γ1ctg 2β；化简（c ）式得：c =γctg β-2γ1 ctg 3β2—17.己知一点处的应力张量为31260610010000Pa ⎡⎤⎢⎥⨯⎢⎥⎢⎥⎣⎦试求该点的最大主应力及其主方向。
解：由题意知该点处于平面应力状态，且知：σx =12×103 σy =10×103 τxy =6×103，且该点的主应力可由下式求得：(()()31.233331210102217.0831******* 6.082810 4.9172410x yPa σσσ⎡++⎢=±=⨯⎢⎣⨯=⨯=±⨯=⨯则显然：3312317.08310 4.917100Pa Pa σσσ=⨯=⨯=σ1 与x 轴正向的夹角为：（按材力公式计算）()22612sin 22612102cos 2xyx ytg τθθσσθ--⨯-++====+=--+显然2θ为第Ⅰ象限角：2θ=arctg （+6）=+80.5376°题图1-3则：θ=+40.268840°16＇ 或（-139°44＇）2—19.己知应力分量为：σx =σy =σz =τxy =0，τzy =a ，τzx =b ，试计算出主应力σ1、σ2、σ3并求出σ2的主方向。
弹塑性力学部分习题及答案
厚壁筒应力问题
要点一
总结词
厚壁筒应力问题主要考察了弹塑性力学中厚壁筒结构的应 力分析和变形计算。
要点二
详细描述
厚壁筒应力问题涉及到厚壁筒结构在受到内压、外压或其 他复杂载荷作用时的应力分布和变形情况。在解题过程中 ，需要运用弹塑性力学的相关理论，如应力分析、应变分 析等，来求解结构的应力分布和变形情况。同时，还需要 考虑厚壁筒结构的特殊性，如不同材料的组合、多层结构 等，对结构应力和变形的影响。
02
弹塑性力学基础知识
应力和应变
基本概念
详细描述：应力和应变是弹塑性力学中的基本概念。应力表示物体内部相邻部分之间的相互作用力，而应变则表示物体在应 力作用下的变形程度。
屈服条件与应力-应变关系
屈服准则与流动法则
详细描述：屈服条件决定了材料在应力作用下的屈服点，是判断材料是否进入塑性状态的重要依据。 应力-应变关系则描述了材料在受力过程中应力与应变的变化规律。
弹塑性力学特点
弹塑性力学具有广泛的应用背景，涉及到众多工程领域，如结构工程、机械工 程、航空航天等。它既适用于脆性材料，也适用于塑性材料，并考虑了材料的 非线性特性。
弹塑性力学的基本假设
连续性假设
小变形假设
假设固体内部是连续的，没有空隙或 裂纹。
假设物体在外力作用下发生的变形是 微小的，不会影响物体内部应力分布。
弹塑性力学部分习题及答 案
• 弹塑性力学概述 • 弹塑性力学基础知识 • 弹塑性力学典型习题解析 • 弹塑性力学部分习题的定义与特点
弹塑性力学的定义
弹塑性力学是一门研究固体在受到外力作用时，其内部应力、应变和位移之间 关系的学科。它主要关注材料在受力过程中发生的弹性变形和塑性变形。
应用弹塑性力学(徐秉业,刘信声版)课后习题答案b
处于塑性状态。
Mises : ( 1 2 )2 ( 2 3 )2 ( 3 1 )2 95000MPa
95000MPa
2
2 s
84050MPa
处于塑性状态。
s 205MPa 3 200MPa 2 100MPa 1 50MPa Tresca : 1 3 250MPa s 205MPa 处于塑性状态。
Mises : ( 1 2 )2 ( 2 3 )2 ( 3 1 )2 95000MPa
95000MPa
2
2 s
84050MPa
处于塑性状态。
3-4 解：
pr 2t
0
pr 3t
s
pr 6t
pr 2t
pr 6t
r p0
r
pr 3t
dp
: dp
:
d
p r
s
: s
:
sr
dp
: dp
:
d
2t
r
s
pr t
s
Mises : (
z )2
( z
r )2
(
r )2
2
2 s
3 4
pr t
2
2
2 s
3-8 解：
（1）平面应力问题
x , y , z 0, xy , yz zx 0
Mises条件：
x
y
2
y
z
2
z
x
2
6
2 xy
2 yz
2 zx
弹塑性力学习题解答
中国地质大学工程技术学院 力学教研室
2-1 解：
u z 2 x 2 y 2 ; 2a
x
u x
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第二章 应力理论和应变理论2—15.如图所示三角形截面水坝材料的比重为γ，水的比重为γ1。
己求得应力解为：σx =ax+by ，σy =cx+dy-γy ， τxy =-dx-ay ；试根据直边及斜边上的边界条件，确定常数a 、b 、c 、d 。
解：首先列出OA 、OB 两边的应力边界条件：OA 边：l 1=-1 ；l 2=0 ；T x = γ1y ； T y =0 则σx =-γ1y ； τxy =0代入：σx =ax+by ；τxy =-dx-ay 并注意此时：x =0 得：b=-γ1；a =0；OB 边：l 1=cos β；l 2=-sin β，T x =T y =0则：cos sin 0cos sin 0x xy yxy σβτβτβσβ+=⎧⎨+=⎩………………………………（a ）将己知条件：σx= -γ1y ；τxy =-dx ； σy =cx+dy-γy 代入（a ）式得：()()()1cos sin 0cos sin 0y dx b dx cx dy y c γβββγβ-+=⎧⎪⎨--+-=⎪⎩化简（b ）式得：d =γ1ctg 2β；化简（c ）式得：c =γctg β-2γ1 ctg 3β2—17.己知一点处的应力张量为31260610010000Pa ⎡⎤⎢⎥⨯⎢⎥⎢⎥⎣⎦试求该点的最大主应力及其主方向。
解：由题意知该点处于平面应力状态，且知：σx =12×103 σy =10×103 τxy =6×103，且该点的主应力可由下式求得：(()()31.233331210102217.0831******* 6.082810 4.9172410x yPa σσσ⎡++⎢=±=⨯⎢⎣⨯=⨯=±⨯=⨯则显然：3312317.08310 4.917100Pa Pa σσσ=⨯=⨯=σ1 与x 轴正向的夹角为：（按材力公式计算）()22612sin 22612102cos 2xyx ytg τθθσσθ--⨯-++====+=--+显然2θ为第Ⅰ象限角：2θ=arctg （+6）=+80.5376°题图1-3则：θ=+40.268840°16＇ 或（-139°44＇）2—19.己知应力分量为：σx =σy =σz =τxy =0，τzy =a ，τzx =b ，试计算出主应力σ1、σ2、σ3并求出σ2的主方向。
应用弹塑性力学课后习题答案
附录Ⅱ习题解答提示与参考答案第二章应力理论2-1 ζn=ζ1l2+ζ2m2,；式中l、m、n为斜截面外法线的方向余弦。
2-2 p=111.5A；ζn=26A；ηn=108.5A2-3 提示：平面Ax+By+C z+D=0的外法线的方向余弦为：(式中i=1，2，3或A，B，C)答案：2-4 略2-5 (a)ζ1=738.5；ζ2=600；ζ3=-338.5；ηmax=538.5；应力单位为MPa。
(b)ζ1=700；ζ2=600；ζ3=-600；ηmax=650；应力单位为MPa。
2-6 ζ1=3.732η0；ζ2=-0.268η0；α=15º。
2-7 (材料力学解) 应力单位为MPa。
(弹塑性力学解) 应力单位为MPa。
2-8 ζ1=107.3a；ζ2=44.1a；ζ3=-91.4a；ζ1主方向：(±0.314，0.900，0.305)；ζ2主方向：(±0.948，±0.282，±0.146)；ζ3主方向：(0.048，±0.337，0.940)。
2-9；ζ2=0；ζ3=-ζ1。
2-10、2-11 略2-12 (1)略；(2)ζ8=ζm=5.333MPa；η8=8.654MPa。
2-13 p8=59.5；ζ8=25.0a；η8=54.1a。
2-14上式中S为静矩。
材料力学解不满足平衡微分方程和边界条件。
2-15，Q为梁横截面上的剪力。
提示：利用平衡微分方程求解。
2-16 ζ1=17.083×103Pa；ζ2=4.917×103Pa；ζ3=0,∂=40º16′。
2-17 略2-18 2。
2-19 提示：将三个主方向的三组方向余弦分别两两一组代人式(2-12)证之。
2-20 。
2-21 在AA′上：ζx=-γy，ηxy=0；在AB上：ηxy=0，ζy=-γh；在BB′上：l1=cosα，l2=-sinα，l3=0；则应力分量满足关系式：2-22 。
弹塑性力学作业(含答案)
2—15.如图所示三角形截面水坝材料的比重为γ，水的比重为γ1。
己求得应力解为： σx =ax+by ，σy =cx+dy-γy ， τxy =-dx-ay ；试根据直边及斜边上的边界条件，确定常数a 、b 、c 、d 。
解：首先列出OA 、OB 两边的应力边界条件： OA 边：l 1=-1 ；l 2=0 ；T x = γ1y ； T y =0 则σx =-γ1y ； τxy =0代入：σx =ax+by ；τxy =-dx-ay 并注意此时：x =0得：b=-γ1；a =0；OB 边：l 1=cos β；l 2=-sin β，T x =T y =0 则：cos sin 0cos sin 0x xy yxy σβτβτβσβ+=⎧⎨+=⎩………………………………（a ）将己知条件：σx= -γ1y ；τxy =-dx ； σy =cx+dy-γy 代入（a ）式得：化简（b ）式得：d =γ1ctg 2β；化简（c ）式得：c =γctg β-2γ1 ctg 3β2—17.己知一点处的应力张量为31260610010000Pa ⎡⎤⎢⎥⨯⎢⎥⎢⎥⎣⎦试求该点的最大主应力及其主方向。
解：由题意知该点处于平面应力状态，且知：σx =12×103 σy =10×103 τxy =6×103，且该点的主应力可由下式求得： 则显然：3312317.08310 4.917100PaPa σσσ=⨯=⨯=σ1 与x 轴正向的夹角为：（按材力公式计算）显然2θ为第Ⅰ象限角：2θ=arctg （+6）=+80.5376° 则：θ=+40.268840°16＇ 或（-139°44＇） 5-2：给出axy ϕ=；（1）：捡查ϕ是否可作为应力函数。
（2）：如以ϕ为应力函数，求出应力分量的表达式。
（3）：指出在图示矩形板边界上对应着什么样的边界力。
（坐标如图所示） 解：将axy ϕ=代入40ϕ∇=式得：220ϕ∇∇= 满足。
(完整版)弹塑性力学习题题库加答案.docx
第二章 应力理论和应变理论2— 15.如 所示三角形截面水 材料的比重 γ，水的比重 γ 1。
己求得 力解 ：σ x = ax+by ， σy =cx+dy- γy ， τxy =-dx-ay ；根据直 及斜 上的 界条件，确定常数 a 、b 、c 、 d 。
解：首先列出OA 、 OB 两 的 力 界条件：OA ：l 1=-1 ；l 2=0 ；T x= γ1 y ； T y =0σx =-γ1y ； τxy =0代入： σx =ax+by ； τxy =-dx-ay 并 注 意 此 ： x =0得 ： b=- γ1； a=0；OB ： l 1=cos β ； l 2=-sin β， T x =T y =0：x cosxy sin0 yx cosy sin⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（ a ）将己知条件： σ x=1xy=-dxyγ y-γ y ； τ； σ =cx+dy-代入（ a ）式得：1 y cos dx sin0L L L L L L L L L bdx coscxdyy sin L L L L L L L L L化 （ b ）式得： d = γ12β；ctgT4n2τ 30° δ 30°30°化 （ c ）式得： c =γctg β -2γ 13y10x10Ox12 6τxy103 Pa2— 17.己知一点 的 力 量6 10 00 0δ y求 点的最大主 力及其主方向。
x题1-3 图解：由 意知 点 于平面 力状 ，且知：σx =12×O103σ y =10× 103 τ xy =6× 103，且 点的主 力可由下式求得：β212 101221.2xyxy21023n 22xy22610βγ 1y113710311 6.0828 10317.083 10 3 Paγ34.91724 10BA然：y117.083 10 3Pa2 4.917 10 3Pa30σ 1 与 x 正向的 角 ： （按材力公式 算）c2 xy2 6 12 sin 2tg 2121026xycos2然 2θ 第Ⅰ象限角： 2θ=arctg （ +6） =+80.5376 °则：θ=+40.2688 B 40° 16＇或（-139° 44＇）2— 19.己知应力分量为：σx=σy=σz=τxy=0，τzy=a，τzx=b，试计算出主应力σ1、σ2、σ3 并求出σ2 的主方向。
弹塑性力学部分习题及答案
解
根据梁的弯曲变形公式，y = Fx/L(L - x)，其中y为挠度，F 为力，L为梁的长度。代入题目给定的数据，得y = (frac{300 times (4 - x)}{8})。当x = 2时，y = (frac{300 times (4 - 2)}{8}) = 75mm。
习题三答案及解析
解析
和变形情况。
04
弹塑性力学弹塑性力学的基本假设。
答案
弹塑性力学的基本假设包括连续性假设、均匀性假设、各向同性假设和非线性假设。连 续性假设认为物质是连续的，没有空隙；均匀性假设认为物质的性质在各个位置都是相 同的；各向同性假设认为物质的性质在不同方向上都是相同的；非线性假设认为弹塑性
习题二答案及解析
01 02 03 04
解析
选择题主要考察基本概念的理解，如能量守恒定律、牛顿第二定律等 。
填空题涉及简单的力学计算，如力的合成与分解、牛顿第二定律的应 用等。
计算题要求应用能量守恒定律和牛顿第二定律进行计算，需要掌握基 本的力学原理和公式。
习题三答案及解析
01
答案
02
选择题
03
1. A
2. 解
根据牛顿第二定律，F = ma，其中F为力，m为质量，a 为加速度。代入题目给定的数据，得a = (frac{400}{5}) = 80m/s(}^{2})。再根据运动学公式s = ut + (frac{1}{2})at(}^{2})，得s = 10 × 2 + (frac{1}{2} times 80 times (2)^2) = 108m。
04
计算题要求应用胡克定律和动量守恒定律进行计算，需要掌握基本的 力学原理和公式。
习题二答案及解析
弹塑性力学习题解答
塑性：弹性：2-16设有任意形状的等厚度薄板，体力可以不计，在全部边界上(包括孔口边界上)受有均匀压力q 试证q y x -==σσ 及0=xy τ能满足平衡微分方程、相容方程和应力边界条件，也能满足位移单值条件，因而就是正确的解答。
证明： （1）将应力分量q y x -==σσ，0=xy τ和0==y x f f 分别代入平衡微分方程、相容方程⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+∂∂+∂∂=+∂∂+∂∂00y x xy yy x y yxxx f f τστσ （a ） 0)1())((2222=∂∂+∂∂+-=+∂∂+∂∂）（y f x f yx y x y x μσσ （b ）显然（a ）、（b ）是满足的（2）对于微小的三角板dy dx A ,,都为正值，斜边上的方向余弦),cos(x n l =,),cos(y n m =,将q y x -==σσ，0=xy τ代入平面问题的应力边界条件的表达式⎪⎩⎪⎨⎧=+=+)()()()(s f l m s f m l y s xy y x s yx x τστσ （c ） 则有),cos(),cos(x n q x n x -=σ ),cos(),cos(y n q y n y -=σ 所以q x -=σ，q y -=σ。
对于单连体，上述条件就是确定应力的全部条件。
（3）对于多连体，应校核位移单值条件是否满足。
该题为平面应力的情况，首先，将应力分量q y x -==σσ及0=xy τ代入物理方程，得形变分量q E x )1(-=με，q Ey )1(-=με，0=xy γ （d ） 然后，将（d ）的变形分量代入几何方程，得q Ex u )1(-=∂∂μ，q E y v )1(-=∂∂μ，0=∂∂+∂∂y u x v （e ）前而式的积分得到 )()1(1y f qxE u +-=μ，)()1(2x f qy Ev +-=μ （f ） 其中的1f 和2f 分别是y 和x 的待定函数，可以通过几何方程的第三式求出，将式（f ）代入（e ）的第三式得 dxx df dy y df )()(21=-等式左边只是y 的函数，而等式右边只是x 的函数。
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应用弹塑性力学习题解答目录第二章习题答案设某点应力张量的分量值已知，求作用在过此点平面上的应力矢量，并求该应力矢量的法向分量。
解该平面的法线方向的方向余弦为而应力矢量的三个分量满足关系而法向分量满足关系最后结果为利用上题结果求应力分量为时，过平面处的应力矢量，及该矢量的法向分量及切向分量。
解求出后，可求出及，再利用关系可求得。
最终的结果为已知应力分量为，其特征方程为三次多项式，求。
如设法作变换，把该方程变为形式，求以及与的关系。
解求主方向的应力特征方程为式中：是三个应力不变量，并有公式代入已知量得为了使方程变为形式，可令代入，正好项被抵消，并可得关系代入数据得，，已知应力分量中，求三个主应力。
解在时容易求得三个应力不变量为，，特征方程变为求出三个根，如记，则三个主应力为记已知应力分量，是材料的屈服极限，求及主应力。
解先求平均应力，再求应力偏张量，，，，，。
由此求得然后求得，，解出然后按大小次序排列得到，，已知应力分量中，求三个主应力，以及每个主应力所对应的方向余弦。
解特征方程为记，则其解为，，。
对应于的方向余弦，，应满足下列关系（a）（b）（c）由（a）,(b)式，得，，代入（c）式，得，由此求得对，，代入得对，，代入得对，，代入得当时，证明成立。
解由，移项之得证得第三章习题答案取为弹性常数，，是用应变不变量表示应力不变量。
解：由，可得，由，得物体内部的位移场由坐标的函数给出，为，，，求点处微单元的应变张量、转动张量和转动矢量。
解：首先求出点的位移梯度张量将它分解成对称张量和反对称张量之和转动矢量的分量为，，该点处微单元体的转动角度为电阻应变计是一种量测物体表面一点沿一定方向相对伸长的装置，同常利用它可以量测得到一点的平面应变状态。
如图所示，在一点的3个方向分别粘贴应变片，若测得这3个应变片的相对伸长为，，，，求该点的主应变和主方向。
解：根据式先求出剪应变。
考察方向线元的线应变，将，，，，，代入其中，可得则主应变有解得主应变，，。
由最大主应变可得上式只有1个方程式独立的，可解得与轴的夹角为于是有，同理，可解得与轴的夹角为。
物体内部一点的应变张量为试求：在方向上的正应变。
根据式，则方向的正应变为已知某轴对称问题的应变分量具有的形式，又设材料是不可压缩的，求应具有什么形式解：对轴对称情况应有，这时应变和位移之间的关系为，，。
应变协调方程简化为，由不可压缩条件，可得可积分求得，是任意函数，再代回，可得。
已知应变分量有如下形式，，，，，，由应变协调方程，试导出应满足什么方程。
解：由方程，得出必须满足双调和方程。
由，得出由，得出由此得，其它三个协调方程自动满足，故对没有限制。
第四章习题答案有一块宽为，高为的矩形薄板，其左边及下边受链杆支承，在右边及上边分别受均布压力和作用，见题图，如不计体力，试求薄板的位移。
题图4-1解：1.设置位移函数为（1）因为边界上没有不等于零的已知位移，所以式中的、都取为零，显然，不论式（1）中各系数取何值，它都满足左边及下边的位移边界条件，但不一定能满足应力边界条件，故只能采用瑞兹法求解。
2.计算形变势能。
为简便起见，只取、两个系数。
（2）（3）3.确定系数和，求出位移解答。
因为不计体力，且注意到，式4-14简化为（4）（5）对式（4）右端积分时，在薄板的上下边和左边，不是，就是，故积分值为零。
在右边界上有（6）同理，式（5）右端的积分只需在薄板的上边界进行，（7）将式（3）、式（6）、式（7）分别代入式（4）、式（5）可解出和：，（8）（9）4．分析：把式(8)代入几何和物理方程可求出应力分量，不难验证这些应力分量可以满足平衡微分方程和应力边界条件，即式(8)所示位移为精确解答。
在一般情况下(这是一个特殊情况)，在位移表达式中只取少数几个待定系数，是不可能得到精确解答的。
设四边固定的矩形薄板，受有平行于板面的体力作用()，坐标轴如题图所示。
求其应力分量。
题图4-2解： 1．本题为平面应力问题，可用瑞兹法求解。
由题意知位移分量在边界上等于零，所以，所以式中的、都取为零，且将位移函数设置为如下形式：（1）把或代入上式，因为，或，所以，位移边界条件是满足的。
2．把式（1）代入式（9-16），得薄板的变形势能为（2）3. 确定系数和。
由于位移分量在边界上为零，所以，方程式4-14简化为（3）式（2）代入式（3），得（4）由于，从式（4）的第一式得，由第二式得当和取偶数时，和都为零，当和取奇数时，和都为2。
因此，当取偶数时，。
当取奇数时，将和代入式（1）得位移分量为4．利用几何方程和物理方程，可求出应力分量（和取奇数）；有一矩形薄板，三边固定，一边上的位移给定为，见题图，设位移分量为，式中，为正整数，可以满足位移边界条件。
使用瑞兹法求维持上述边界位移而要在处所施加的面力。
题图4-3解：1.平面应力问题时的变形势能为式其中2．确定待定系数。
按题意三边固定（），一边只存在而面力待求。
所以，（2）将式（1）代入式（2），得当体力分量为零时，，得当时，，，所以，此时有，而3.位移和应力解答为4.求上边界施加的面力（设），在处用伽辽金法求解上例。
解：应用瑞兹法求解上例时，形变势能的计算工作量较大。
由于此问题并没有应力边界条件，故可认为上例题意所给的位移函数不但满足位移边界条件，而且也满足应力边界条件，因此，可以用伽辽金法计算。
对于本题，方程可以写成将上题所给的表达式代入，积分后得当体力不计时，，此时，而由下式确定：当时，即，当时，上式成为由此解出及位移分量如下：求出的位移和应力分量，以及上边界的面力，都有上例用瑞兹法求得结果相同。
铅直平面内的正方形薄板边上为，四边固定，见题图，只受重力作用。
设，试取位移表达式为用瑞兹法求解（在的表达式中，布置了因子和，因为按照问题的对称条件，应该是和的奇函数）。
题图4-4解：1位移表达式中仅取和项：（1）2由得变形势能为（2）其中代入式（2），得（3）3.确定系数和。
因板四周边界上位移为零（，面力未知），板的体力分量为，所以得将式（3）代入式（4），得（5）注意，有以下对称性：式（5）积分后成为式（6），由此可求得、和位移、应力分量：（6）（7）（8）（9）用伽辽金法求解上题。
解：1位移表达式仍取上题式（1），其两阶偏导数为（1）2.确定和。
因为，所以伽辽金方程简化为（2）将以及式（1）代入（2），得由此解出和：（3）与瑞兹法求出结果一样，由此可见，用伽辽金法计算较为简单。
悬臂梁自由端作用一集中力，梁的跨度为，见题图，试用端兹法求梁的挠度。
题图4-5解：1.设梁的挠度曲线为（1）此函数满足固定端的位移边界条件：，梁的总势能为由得，代入式（1）得挠度为式（2），最大挠度为式（3）（2）（3）有一长度为的简支梁，在处受集中力作用，见题图，试用瑞兹法和伽辽金法求梁中点的挠度。
题图4-6解一：用瑞兹法求解设满足梁端部位移边界条件的挠度函数为（1）梁的变形能及总势能为由得（2）以上级数的收敛性很好，取很少几项就能得到满意的近似解，如作用于中点（）时，跨中挠度为（只取一项）这个解与材料力学的解（）相比，仅相差%。
解二：用伽辽金法求解1.当对式（1）求二阶导数后知，它满足，亦即满足支承处弯矩为零的静力边界条件，因此，可采用伽辽金求解。
将式（1）代入伽辽金方程，注意到，且作用在处，可得求出的挠度表达式与（2）一致。
图所示的简支梁，梁上总荷重为，试用瑞兹法求最大挠度。
题图4-7解：设满足此梁两端位移边界条件的挠度为（1）则总势能为，代入式（1）得梁上总荷重为，因此有一端固定、另一端支承的梁，其跨度为，抗弯刚度为常数，弹簧系数为，承受分布荷载作用，见题图。
试用位移变分方程（或最小势能原理），导出该梁以挠度形式表示的平衡微分方程和静力边界条件。
题图4-8解：用位移变分方程推导1.梁内总应变能的改变为2.外力总虚功为3.由位移变分方程式得（1）对上式左端运用分部积分得代入式（1），经整理后得（2）由于变分的任意性，上述式子成立的条件为（3）（4）（5）4式（3）就是以挠度表示的平衡微分方程。
下面讨论边界条件，由于梁的左端为固定端，因此有（6）梁的右端为弹性支承，则有（7）注意到式（4）能满足，而欲使式（5）成立，必须满足（8）式（6）和式（8）即为题意所求的边界条件。
5.由于最小势能原理与位移变分方程式等价的，所以，从最小势能原理出发，也能得到所求的表达式（略）。
第五章习题答案矩形薄板具有固定边，简支边及自由边和，角点处有链杆支撑，板边所受荷载如题图5-1所示。
试将各板边的边界条件用挠度表示。
题图5-1解：1。
各边界条件如下：（1）（2）或（3）或用挠度表示为，（4）或用挠度表示为，（5）矩形薄板的和边为简支边，和边是自由边，在点有一个向上位移，且由链杆拉住，如题图5-2所示。
试证能满足一切条件（其中，为待定常数），并求出挠度表达式、弯矩和反力。
题图5-2解：1.挠曲面方程为：。
边界条件为边边边边2.将挠度表达式代入后，可知满足以上各式。
由角的位移条件确定，从而求出挠度，内力和反力：3.分析：给定的角点的位移沿轴反向，故为负值。
四个角点反力的数值虽然相同，但、的方向向上，，则向下，这些反力由外界支承施加于板。
题图5-3所示矩形板在点受集中力作用，和两边简支，和两边自由，试求挠度、内力和反力。
提示：，为任意常数。
题图5-3解：1.本题的挠曲面方程及边界条件为2.不难验证能满足以上方程和条件。
有角点的补充条件可确定，进而可求出挠度、内力和反力：，，，的方向向上，、则向下（沿轴正方向）有一块边长分别为和的四边简支矩形薄板，坐标系如题图5-4所示，受板面荷载作用，试证能满足一切条件，并求出挠度、弯矩和反力。
题图5-4解：不难验证能满足所有简支边的边界条件，由挠曲面方程式可确定，从而求出挠度、弯矩和反力。
，有一矩形薄板的与边是简支边，其上作用有均布弯矩，和边为自由边，其上作用有均布弯矩，若设能满足一切条件，试求出挠度、弯矩和反力。
板面无横向荷载作用，坐标取题图5-5。
题图5-5解：将代入挠曲面方程，得，弯矩、反力的表达式为，由边界条件确定常数，从而求得挠度和内力：能满足。
所以，能满足一切条件，，其余内力和反力为零。
有一四边简支矩形板，板面荷载如题图5-6所示，求该薄板的挠度。
题图5-6解：采用纳维解法，挠度表达式为荷载表达式为由式求出：式中，题图5-7所示的矩形薄板，周边简支，板面无垂直均布荷载作用，只在的板边受均布弯矩作用，求板的挠度。
题图5-7解：1。
采用李维解法。
因为板面荷载为零，故式右端积分为零，即特解为零，再考虑变形的对称性，板内挠度应是的偶函数，所以，，则挠度表达式为2.利用的边界条件确定系数，：等式两端同乘以，对积分，且注意到三角函数的正交性，得半径为的固定边圆形薄板，板面荷载为，如题图5-8.求其挠度和内力。