第五章 用变分法解平面问题03-12

弹性体有全部六个应力分量： x , y, z , yz , xy , xz
ym
i
jh
则弹性体的全部形变势能密度：
x
图 5-2
U1
1 2
x x y y z z xy xy zx zx yz yz
（a）
对于平面问题，则形变势能密度：
U1
1 2
x x y y xy xy
3、外力势能
外力功：外力（体力和面力）在实际位移上所做的功
弹性体受体力和面力作用，平面区域A内的体力分量为 fx 、f y ，
s 边界上的面力分量为 fx、 f y，则
W A fxu f yv dxdy s fxu f yv ds （5－17)
外力势能为：
V W
fxu f yv dxdy s f xu f yv ds
a2
) a
(1 b
), b
a
a
v
(1
x2 a2
)
y b
5(1 )
a2 16 b2
2(1
(1
)
x2 a2
)
y b
(1
y) b
v y
1
2
v x
u y
2
,
（f）
E
U 2(1 2 )
A
u x
2
v y
2
2
u x
v y
1
2
u x
v y
2
dxdy
平面应变问题时,将上述各式中的 E和 作如下替换
E
E 1 2 ,
1
注： 叠加原理不适合于形变势能
U (u1 u2 ) U (u1) U u2
)
（c）
因为不计体力，所以有fx＝0，fy＝0。则（5－26）可简化为
U
A1
s f x u1ds, （d）
U B1
s f yv1ds。（e）
U A1
q1ab,
（f）
U B1
q2ab。
（c）代入 式（f）
Eab
2(1
2
)
(2 A1
2
B1
)
q1ab,
Eab
2(1
2
)
(2B1
2
A1
1
2
v x
u y
2
dxdy
（m）
按照式（j）及式（k）求出位移分量的导数，代入式（m），进行积分 再将U的表达式代入式（l），得到A1及B1的两个线性方程， 从而求得A1及B1，最后由式（j）及（k）得出位移分量的解答如下：
35(1 )
x2 x y
y
u
42 b
20(1 ) b
(1
结论
位移变分方程（或极小势能原理，或虚功方程）等价于 平衡微分方程和应力边界条件， 或者说
可以代替平衡微分方程和应力边界条件
§5－3位移变分法
变分解法（瑞利－里茨法）思路：
1）设定一组包含若干特定系数的位移分量的表达式， 并使它们满足位移边界条件，
2）然后再令其满足位移变分方程 （用来代替平衡微分方程和应力边界条件）
在微分运算中，自变量一般是坐标等变量，因变量是函数
例如：v v( x) ，由坐标的微分 dx 引起函数的微分是 dv v dx x
在变分运算中，自变量是函数，因变量是泛函。
例如，形变势能U是位移函数v的函数，由于位移的变分 v
引起形变势能的变分是 U U v
v
2）运算方法是相同 因为微分和变分都是微量
（
A
x x
y
y
xy
xy
)dxdy
（5－24）
内力虚功=外力虚功
外力在虚位移上所做的 虚功等于应力在虚应变 上所做的虚功（条件： 弹性体变形前处于平衡 状态）
现在我们得出，实际存在的位移，除了预先满足位移边界条件外， 还必须满足位移变分方程（或极小势能原理，或虚功方程）。
而且，通过进一步运算，还可以从位移变分方程（或极小势能原理， 或虚功方程）导出平衡微分方程和应力边界条件
)
q2ab。
u q1 q2 x,
E
（h）
v q2 q1 y。
E
A1
q1
q2
E
B1
q2
q1
E
（g）
若在式（a）中除了A1和B1外再取一些其他的待定系数，例如A2和B2， 则在进行与上相似的计算后，可见这些系数都等于零。而A1和B1仍然
如式（g）所示，可见位移分量的解答仍然如式（h）所示。
(注：外力作为恒力计算）
(5-19) (5-20)
引起形变势能的变分：
U
（
A
x x
y y
xy
xy
)dxdy
（注：应力分量作为恒力计算）
4、位移变分方程
1）在实际平衡状态发生位移的变分时，所引起的形变势能的变分， 等于外力功的变分。
U
(
A
fx u
f y v)dxdy
s ( fx u f y v)ds （5－22）
第五章 变分法解平面问题
§5－1 弹性体的形变势能和外力势能 §5－2 位移变分方程 §5－3 位移变分法 §5－4 位移变分法的例子
§5－1 弹性体的形变势能和外力势能
弹性力学中所研究的泛函，就是弹性体的能量（如形变势能、 外力势能等），弹性力学的变分法又称能量法
1、形变势能
1) 在x方向上，有正应力 x 和正应变 x ,
A f xumdxdy
s
f
x
um
ds
U Bm
A f yvmdxdy
s
f
y
vm
ds
(5-26)
m＝（1，2，3……)
Am , Bm的位移变分 方程
用位移变分法求得位移以后，不难通过几何方程求得形 变，进而通过物理方程求得应力，但是往往会出现这样的情 况：取不多的系数 Am , Bm，就可以求得较精确的位移，而通 过求导后的应力却不精确。 为了使求得的应力充分精确，必须取更多的系数。
2）极小势能原理
(U V ) 0
在给定的外力作用之下，在满足位移边界条件的所有各组位移状态中， 实际存在的一组位移应使总势能成为极值
3）虚功方程
将 U用式（5－21），表示，再代入位移变分方程（5－22），得到
A ( fx u f y v)dxdy s ( fx u f y v)ds
思考：
按照几何方程及物理方程由位移分量（h）求出的应力分量， 可以满足平衡微分方程和应力边界条件
第二例
设有宽度为2a而高度为（b）的矩形薄板，图5－10, 它的左边、右边和下边均被固定，而上边（自由边）具有 给定的位移，如下式：
u
0,
v
(1
x2 a2
)
（i）
y
不计体力，试求薄板的位移
b
b
a
a
o
x
图5－10
而 Am , Bm 为互不依赖的2m个待定的系数，用来反映位移状态的变化 即位移的变分是由系数 Am , Bm 的变分来实现。
位移分量的变分： u um Am , v vm Bm
m
m
形变势能的变分：
U
m
( U Am
Am
U Bm
Bm
)
代入
m
( U Am
Am
U Bm
Bm )
（5－22）式
3、外力势能和形变势能的变分
由于位移的变分 u, v ，引起外力功的变分 w（即外力虚功）和
外力势能的变分 V
W A ( f x u f y v)dxdy s ( f x u f y v)ds, V A ( f x u f y v)dxdy s ( f x u f y v)ds。
分析： 取坐标轴如图所示。 按照式（5－25）的形式，但m＝1， 位移分量的表达式设定为
u
A1(1
x2 a2
)
x a
y b
(1
y ), b
v
(1
x2 a2
)
y b
B1 (1
x2 a2
)
y b
(1
y b
),
（i） （k）
显然满足位移边界条件： (u)xa 0, (u)y0 0, (u)yb 0,
§5－4 位移变分法的例题
第一例题
设有宽度为a而高度为b的矩形薄板，
图5－9 ，在左边及下边受连杆支撑， 在右边及上边分别受有均布压力q1和q2， 不计体力，试求薄板的位移。
y
q2
a
b q1
o
x
图 5－9
分析： 取坐标轴如图所示。 按（5－25）的形式，把位移分量设定为
u v
x( A1 y( B1
m
(
A
f x um
Am
f yvm
Bm )dxdy
m
s ( fxum Am f yvm Bm )ds
移项
U
m
Am
A fxumdxdy
s
fxumds Am
整理
m
U
Bm
A f yvmdxdy
s
f yvmds Bm
0
要使上式对任意的 Am , Bm 都成立,则有
U Am
(v)xa
0, (v) y0
0, (v) yb
(1
x2 a2
)
因为 fx 0, fy 0, S 0 于是式（5－26）可以简化为
U 0, U 0。
（l）
A1
B1
应用式（5－16），注意到位移的对称性，可见
E
U 2(1 2 ) 2