弹性力学习题(新)讲解

1-3 五个基本假定在建立弹性力学基本方程时有什么用途？

答：1、连续性假定：引用这一假定后，物体中的应力、应变和位移等物理量就可以看成是连续的，因此，建立弹性力学的基本方程时就可以用坐标的连续函数来表示他们的变化规律。

2、完全弹性假定：引用这一完全弹性的假定还包含形变及形变引起的正应力成正比的含义，亦即二者成线性的关系，符合胡克定律，从而使物理方程成为线性的方程。

3、均匀性假定：在该假定下，所研究的物体内部各点的物理性质显然都是相同的。因此，反映这些物理性质的弹性常数（如弹性模量E和泊松比μ等）就不随位置坐标而变化。

4、各向同性假定：所谓“各向同性”是指物体的物理性质在各个方向上都是相同的。进一步地说，就是物体的弹性常数也不随方向而变化。

5、小变形假定：我们研究物体受力后的平衡问题时，不用考虑物体尺寸的改变而仍然按照原来的尺寸和形状进行计算。同时，在研究物体的变形和位移时，可以将他们的二次幂或乘积略去不计，使得弹性力学中的微分方程都简化为线性微分方程。

在上述假定下，弹性力学问题都化为线性问题，从而可以应用叠加原理。

2-1 已知薄板有下列形变关系：

式中

A,B,C,D皆为常数，试检查在形变过程中是否符合连续条件，若满足并列出应力分量表达式。

解： 1、 相容条件：

将形变分量带入形变协调方程（相容方程）

其中

所以满足相容方程，符合连续性条件。

2、 在平面应力问题中，用形变分量表示的应力分量为

3、平衡微分方程

其中

若满足平衡微分方程，必须有

分析：用形变分量表示的应力分量，满足了相容方程和平衡微分方程条件，若要求出常数A,B,C,D还需应力边界条件。

例2-2 如图所示为一矩形截面水坝， 其右侧面受静水压力（水的密度为ρ）， 顶部受集中力P作用。试写出水坝的应力边界条件。

解：

根据在边界上应力及面力的关系

左侧面：

右侧面：

上下端面为小边界面，应用圣维南原理，可列出三个积分的应力边界条件。上端面额面力向截面形心O简化，得到面力的主矢量和主矩分别为

y=0坐标面，应力主矢量符号及面力主矢量符号相反；应力主矩及面力主矩的转向相反。所以

下端面的面力向截面形心D简化，得到主矢量和主矩为

y=l坐标面，应力主矢量、主矩的符号及面力主矢量、主矩的符号相同。所以

分析：1、及坐标轴平行的主要边界只能建立两个等式，而且及边界平行的应力分量不会出现。如在左、右侧面，不要加入或。

2、在大边界上必须精确满足应力边界条件，当在小边界（次要边界）上无法精确满足时，可以应用圣维南原理使应力边界条件近似满足，使问题的求解大为简化。应力合成的主矢（主矩）符号的取法亦可用外力主矢（主矩）的方向判断，二者方向一致时去正号，反之取负号。

2-8试列出题2-8图（a），题2-8图（b）所示问题的全部边界条件。在其端部边界上，应用圣维南原理列出三个积分的应力边界条件。 解：

图（a） 图（b）

1、 对于图（a）的问题

在主要边界

上，应精确满足下列边界条件：

在小边界（次要边界）

在小边界（次要边界）

上，能精确满足下列边界条件：

上，有位移边界条件：

这两个位移边界条件可以应用圣维南原理，改用三个积分的应力边界条件来代替， 当板厚

时，

2、 对于图（b）所示问题

在主要边界上，应精确满足下列边界条件：

在次要边界厚

时，

上，应用圣维南原理列出三个积分的应力边界条件，当板

在小边界（次要边界）

上，有位移边界条件：

这两个位移边界条件可以应用圣维南原理，改用三个积分的应力边界条件来代替，

2-17 设有矩形截面的悬臂梁，在自由端受有集中荷载F,如题2-17所示，体力可以不计。根据材料力学公式，写出弯应力σx和切应力τxy的表达式，并取挤压应力σy=0，然后证明，这些表达式满足平衡微分方程和相容方程，再说明，这些表达式是否就表示正确的解答。

解：

1、 矩形悬臂梁发生弯曲变形，任意横截面上的玩具方程为，横截面对z轴(中

性轴)的惯性矩为，根据材料力学公式，弯应力；

该截面上的剪力为,剪应力

；并取挤压应力。

2、 经验证，上述表达式能满足平衡微分方衡

也能满足相容方程

再考察边界条件：在件：

能满足。

在次要边界上，列出三个积分的应力边界条件：

的主要边界上，应精确满足应力边界条

满足应力边界条件。

在次要边界上，列出三个积分的应力边界条件：

满足应力条件。因此，它们是该问题的正确解答。

例3-1 如图所示矩形截面简支梁受三角形分布荷载作用，试取应力函数

求简支梁的应力分量（体力不计）。

解：1、相容条件：

代入应力函数，得：

由此得

于是应力函数可改写为

2、应力分量表达式

3、考察边界条件：确定应力分量中的各系数

联立求解以上各式，得

再根据简支梁的端面条件确定常数D,F。由圣维南原理得

可得

4、应力分量表达式

再带入式（f）得

例3-2 图示悬臂梁，梁的横截面为矩形，其宽度取为1，右端固定、左端自由，荷载分布在自右端上，其合力为P（不计体力），求梁的应力分量。

解：这是一个平面应力问题，采用半逆解法求解。

（1）选取应力函数。由材料力学可知，悬臂梁任一截面上的弯矩方程M（x）及截面位置坐标x成正比，而该截面上某点处的正应力又及该点的坐标y成正比，因此可设

(a)

式中的为待定常数。将式（a）对y积分两次，得

(b)

式中的容方程

，

，

为x的待定函数，可由相容方程确定。将式（b）代入相

得

上式是y的一次方程，梁内所有的y值都应是满足它，可见它的系数和自由项都必须为零，即

，

积分上二式，得

式中

为待定的积分常数。将

，

代入式（b），得应力函数

为

. (c)

(2)应力分量的表达式

(3)考察应力边界条件：以确定各系数，自由端无水平力；上、下部无荷载；自由端的剪力之和为P，得边界条件

,自然满足；

,得;

上式对x的任何值均应满足，因此得即

，，

，得

X取任何值均应满足，因此得

.

将式（e）代入上式积分，得

计算得

,

其中

最后得应力分量为

,横截面对Z轴的惯性矩。

3-3 试考察应力函数能满足相容方程，并求出应力分量(不计体力),画出题3-2图所示矩形体边界上的面力分布(在次要边界上表示出面力的主矢量和主矩)，指出该应力函数所能解决的问题。

解 （1）相容条件：

将代入相容方程（2）应力分量表达式

,显然满足。

(3)边界条件：在

主要边界上，应精确定满足应力边界条件

在次要边界x=o, x=l上，应用圣维南原理，可列出三个积分的应力边界条件

(a) (b)

(c)

对于如图所示矩形板和坐标系，当板内发生上述应力时，由应力边界条件式（a）(b)、(c)可知上边、下边无面力；而左边界上受有铅直力；右边界上有按线性变化的水平面力合成为一力偶，和铅直面力。所以，能解决悬臂在自由端受集中力作用的问题。

3-6 如题3-6图所示的墙，高度为h,宽度为b,h>>b,在两侧上受到均布剪力q的作用，试用函数

求解应力分量。

ob/2qqb/2hxy题3-6图(h>>b) 解：（1）相容条件 将应力函数代入相容方程

，其中

，

很显然满足相容方程。 （2）应力分量表达式

，。

(3)考察边界条件，在主要边界即

上，各有两个应精确满足的边界条件，

在次要边界

y=0

上，而的条件不可能精确满足（否

则只有A=B=0），可用积分的应力边界条件代替

.

(4)把各应力分量代入边界条件，得

应力分量为

3-7 设单位厚度的悬臂梁在左端受到集中力和力矩作用，体力可以不计，l>>h 如题3-7图所示，试用应力函数

求解应力分量。

MFsFsOh/2h/2ly(l>>h, x

解（1）相容条件 将

（2）应力分量表达式

代入相容方程，显然满足。

(3)考察边界条件，在主要边界

上，各有两个应精确满足的边界条件

得 (a)

在次要边界x=0上，只给出了面力的主矢量和主矩，应用圣维南原理，用三个积分的应力边界条件代替。注意x=0是负x面，由此得

(b)

由式（a）(b)解出

最后一个次要边界条件（x=l上）,在平衡微分方程和上述边界条件均已满足的条件下，是必然满足的，故不必再校核。代入应力公式，得

3-9 设题3-9图中的简支梁只受重力作用，而梁的密度为，试用教材§3-4中的应力函数(e)求解应力分量，并画出截面上的应力分布图。

qqllohqllyx

解 （1）应力函数为

(2)应力分量的表达式

这些应力分量是满足平衡微分方程和相容方程的，因此，如果能够选择适当的常数A,B,…，K,使所有的边界条件都满足，则应力分量式（b）,(c),(d)就是正确的解答。

（3）考虑对称性。因为yz面是梁和荷载的对称面，所以应力分布应当对称

于yz面。这样是和（d）可见

是

x的偶函数，而是x的奇函数，于是由式（b）

（4）考察边界条件：在主要边界上，应精确满足应力边界条件

将应力分量式（c）和（d）代入，并注意到前面已有见这些边界条件要求

，可

联立求解得到

将以上已确定的常数代入式（b）,式（c）和（d），得

考虑左右两边的次要边界条件。由于问题的对称性，只需考虑其中的一边，例如右边。梁的右边没有水平面力，x=l时，不论y取任何值

，都有

非

。由式（f）可见，这是不可能满足的，除

在这部分边界上合成的主

是均为零。因此，用多项式求解，只能要求

矢量和主矩均为零，也就是要求

将式（f）代入式（i）,得

积分以后得

将式（f）代入式（j），得

积分以后得

将K，H的值代入式（f）,得

另一方面，梁右边的切应力

应当合成为反力

积分以后，可见这一条件是满足的。

将式（g）,(h),(k)略加整理，得应力分量的最后解答

注意梁截面的宽度取为一个单位，可见惯性矩是

，静矩是

。根据材料力学应用截面法求横截面的内力，可求得梁任意截面上

的弯矩方程和剪力方程分别为可以写成

。式（l）

3-10 如题3-10图所示的悬臂梁，长度为l，高度为h, l>>h,在上边界受均布荷载q，试检验应力函数

问题的解？如可以，试求出应力分量。

能否成为此

解 （1）相容条件 将

，若满足相容方程，有

代入相容方程，得

(2)应力分量表达式

(3)考察边界条件;主要边界

上，应精确满足应力边界条件

在次要边界上x=0上，主矢和主矩为零，应用圣维南原理，用三个积分的应力边界条件代替

(e)

联立求解式（a）,(b),(c),(d)和（e），得

将各系数代入应力分量表达式，得

3-12 为什么在主要边界（占边界绝大部分）上必须满足精确的应力边界条件，教材中式（2-15），而在次要边界（占边界很小部分）上可以应用圣维南原理，用三个积分的应力边界条件（即主矢量、主矩的条件）来代替？如果在主要边界上用三个积分的应力边界条件代替教材中式（2-15），将会发生什么问题？

解：弹性力学问题属于数学物理方程中的边值问题，而要边界条件完全得到满足，往往遇到很大的困难。这时，圣维南原理可为简化局部边界上的应力边界条件提供很大的方便。将物体一小部分边界上的面力换成分布不同，但静力等效的面力（主矢、主矩均相同），只影响近处的应力分布，对远处的应力影响可以忽略不计。如果在占边界绝大部分的主要边界上用三个应力边界条件来代替精确的边界条件。教材中式（2-15），就会影响大部分区域的应力分布，会使问题的解答具有的近似性。

3-15 试分析简支梁受均布荷载时，平面截面假设是否成立？

解：弹性力学解答和材料力学解答的差别，是由于各自解法不同。简言之，

弹性力学的解法，是严格考虑区域内的平衡微分方程，几何方程和物理方程，以及边界上的边界条件而求解的，因而得出的解答是比较精确的。而在材料力学中没有严格考虑上述条件，因而得出的是近似解答。例如，材料力学中引用了平面假设而简化了几何关系，但这个假设对一般的梁是近似的。所以，严格来说，不成立。

例4-2 如图所示楔形体右侧面受均布荷载q作用，试求应力分量。 【解】（1）楔形体内任一点的应力分量决定于q、 ρ、，其中q的量纲为NL-2，及应力的量纲相同。 因此，各应力分量的表达式只可能取Kq的形式，而 K是以，表示的无量纲函数，亦即应力表达式中不 能出现ρ，再由知，应力函数应是的函 数乘以2，可设

2f()（a）

将式（a）代入双调和方程

21122220， 21d4f()d2f()4得20， 4dd=0，

上式的通解为

f()Acos2Bsin2CD，

将上式代入式（a），得应力函数为

2(Acos2Bsin2CD)。 （b）

(2)应力表达式为

1122(Acos2Bsin2CD)，2222(Acos2Bsin2CD)，2(c)

11222Asin22Bcos2C。(3)应力边界条件

()0q，得2（A+D）=－q;(d)

()0,得Acos2+B sin2+C+D=0,(e) ()00,得－2B－C=0,(f)

()0,2Asin2－2Bcos2－Ｃ=0 。(g)

联立求解式(d)－(g)，得各系数 ，， ，。

将系数代入(c)，得应力分量

tan(1cos2)(2sin2)，2(tan)tan(1cos2)(2sin2)qq，（h）

2(tan)(1cos2)tansin2q。2(tan)q分析：应力函数表达式（a）中不出现，这是因为f()中包含了角（在应用应力边界条件时，处()0，()0中体现）。

4-3 在轴对称位移问题中，试导出按位移求解的基本方程，并证明可以满足此基本方程。

【解】（1）设uu（代入几何方程，教材中式（4-2）得），u0，形变分量

u，u，0 （a）

将式（a）代入物理方程，教材中式（4-3）得用位移表示的应力分量

uEu(u),1u2uuE(u), （b） 21u0将式（b）代入平衡微分方程，教材中式（4-1），在轴对称问题中，平衡方程为

10, （c）

210式（c）中的第二式自然满足，第一式为

d2ud21duu0 （d） d2上式即为求u的基本方程。

（2）将将代入式（d），很显然满足方程。

4-7实心圆盘在r的周界上受有均布压力q的作用，试导出其解答。 【解】实心圆盘是轴对称的，可引用轴对称应力解答，教材中式（4-11），即

A2B(12ln)2C,B(32ln)2C, （a）

A2首先，在圆盘的周界（r）上，有边界条件()rq，由此得

AB(12lnr)2Cq， （b） r2其次，在圆盘的圆心，当0时式（a）中,的第一、第二项均趋于无限大，这是不可能的。按照有限值条件（即，除了应力集中点以外，弹性体上的应力应为有限值。），当0时，必须有A=B=0。 把上述条件代入（b）式中，得

Cq2

所以，得应力的解答为

q,0

4-9半平面体表面上受有均布水平力q，试用应力函数2(Bsin2C)求解应力分量，如题4-9图所示。 【解】(1)相容条件：

将应力函数代入相容方程40，显然满足。

(2)由求应力分量表达式

2Bsin22C,2Bsin22C, 2Bcos2C（3）考虑边界条件：注意本题有两个面，即，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

20,得C0

qq,得B 22将各系数代入应力分量表达式，得

4-12 楔形体在两侧面上受有均布剪力q,如题4-12图所示，试求其应力分量。

【解】（1）应用应力函数2(Acos2Bsin2CD)，进行求解。由应力函数得应力分量

112222(Acos2Bsin2CD),222(Acos2Bsin2CD),

(1)2Asin22Bcos2C（2）考察边界条件：根据对称性，得

（a）

q; (b)

2 (c)

q2 (d)

同式（a）得 2Acos2BsinC2D0; (e) 同式（b）得 2Asin2BcosCq;(f) 同式（c）得2Acos2BsinC2D0;(g) 同式（d）得2Asin2BcosCq;(h) 式(e)、(f)、(g)、(h)联立求解，得

Aq2sin,BC0,Dq2cot

将以上各系数代入应力分量，得

cos2cot,sincos2qcot,

sinsin2qsinq

4-14 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，试求圆筒的应力。

【解】本题为轴对称问题，故环向位移u0，另外还要考虑位移的单值条件。 （1）应力分量

引用轴对称应力解答，教材中式（4-11），取圆筒解答中的系数为A，B，C，刚体解答中的系数为A＇，B＇，C＇由多连体中的位移单值条件，有

B=0， （a） B＇=0 (b)

现在，取圆筒的应力表达式为

A22C,A22C （c）

刚体的应力表达式

'A'22C','A'22C' (d)

考虑边界条件和接触条件来求解常数A,A＇,C,C＇和相应的位移解答。 首先，在圆筒的内面，有边界条件()rq，由此得 （e）

其次，在远离圆孔处，应当几乎没有应力，于是有

(')0,(')0，

由此得

2C＇=0 （f）

再次，圆筒和刚体的接触面上，应当有

于是有式（c）及式(d)得

（g）

(2)平面应变问题的位移分量

应用教材中式（4-12）的第一式，稍加简化可以写出圆筒和刚体的径向位移表达式

R'Ru1uA2(12u)CIcosKsin， （h） Eu'0 （i）

刚体的径向位移为零，在接触面上，圆筒及刚体的位移相同且都为零，即

u将式（h）和式（i）代入，得

Ru'R0

1uA2(12u)CRIcosKsin0 ER方程在接触面上的任意点都成立，方程两边的自由项必须相等。取任何值都成立，于是得

1uA2(12u)CR0 ER简化并利用式（f），得

A2(12u)R2C （j）

(3)圆筒的应力

把式（j）代入式（e），得

(12u)qr2R2qr2A,C2212uRr212uR2r2

圆筒的应力为

112u12222RRq,q

12u112u12222rRrR12u4-18 设半平面体在直边界上受有集中力偶，单位宽度上力偶矩为M，如题4-18图

所示，试求应力分量。

【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

矩及力的量纲相同。应力应及M,,有关，由于应力的量纲是单位面积上的力，即L-1MT-2，应力只能以M2形势组合。

（2） 应比应力的长度量纲高二次幂，可假设。 （3） 将代入相容方程，得

1d4d20 4424dd删去因子

12，得一个关于的常微分方程。令其解为，e4代入上式，可得到一个关于的特征方程，

2240, （a）

其解为2i,2i,0,0，于是得到的四个解ae2i,be2i,c,d；前两项又可以组合为正弦、余弦函数。由此得

Acos2Bsin2CD (b)

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的奇函数，从而得A=D=0。

Bsin2C （c）

（4）由应力函数得应力分量的表达式

0,1124Bsin2,22Bcos2c

（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0,2的边界上，有

0,20,0,0

2前一式自然满足，而第二式成为

2B=C (d)

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

Fx0,2cosd()sind0,2Fy0,222sind()cosd0,

MO0,22dM0上式中前两式自然满足，而第三式成为

(e)

将式(e)代入式(d)，得

将各系数代入应力分量的表达式，得

6-1 试证：在三结点三角形单元内的任意一点，有

6-9 对于题6-9图所示的四结点平面四边形单元，若取位移模式为

试考察此位移模式的收敛条件，并列出求解其系数

的方程。