弹塑性力学试题集锦(很全,有答案)

一 简述题（60分） 1）弹性与塑性

弹性：物体在引起形变的外力被除去以后能恢复原形的这一性质。

塑性：物体在引起形变的外力被除去以后有部分变

形不能恢复残留下来的这一性质。

2）应力和应力状态

应力：受力物体某一截面上一点处的内力集度。 应力状态：某点处的9个应力分量组成的新的二阶张量。 3）球张量和偏量

0m0，其

00 球张量：球形应力张量，即m0m0中m 偏

1xyz 3：

偏

斜

应

力

张

量

，

即

xmxyxzSijyxymyz，其中

zxzyzm量

1 / 218

m

1xyz 35）转动张量：表示刚体位移部分，即

01vuWij2xy1wu2xz1uv2yx01wv2yz1uw2zx1vw 2yz06）应变张量：表示纯变形部分，即

ux1ijvu2yx1wu2xz1uv2yxvy1wv2yz1uw2zx1vw 2zywz7）应变协调条件：物体变形后必须仍保持其整体性和连续性，因此各应变分量之间，必须要有一定得关

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222xyxy系，即应变协调条件。22。

yxxy8）圣维南原理：如作用在弹性体表面上某一不大的局部面积上的力系，为作用在同一局部面积上的另一静力等效力所代替，则荷载的这种重新分布，只造离荷载作用处很近的地方，才使应力的分布发生显著变化，在离荷载较远处只有极小的影响。

9）屈服函数：在一般情况下，屈服条件与所考虑的应力状态有关，或者说，屈服条件是改点6个的应力分量的函数，即为fij0，fij即为屈服函

数。

10）不可压缩：对金属材料而言，在塑性状态，物体体积变形为零。

11）稳定性假设：即德鲁克公社，包括：1.在加载过程中，应力增量所做的功dWD恒为正；2.在加载与卸载的整个循环中，应力增量所完成的净功dWD恒为非负。

12）弹塑性力学的基本方程：包括平衡方程、几何方程和本构方程。

13）边界条件：边界条件可能有三种情况：1.在边界3 / 218

上给定面力称为应力边界条件；2.在边界上给定位移称为位移边界条件；3. 在边界上部分给定面力，部分给定位移称为混合边界条件。

14）标量场的梯度：其大小等于场在法向上的导数，其指向为场值增大的方向并垂直于场的恒值面的一个矢量。

17）塑性铰：断面所受弯矩达到极限弯矩后，不增加弯矩，该断面转角仍不断增加，称此断面形成了塑性铰。塑性铰是单向铰，只能沿弯矩增大方向发生有限转动。

010二 求100的主值和主方向 （10分）

000解：

令ij.nj.nj那么 ij.nj.ij.nj0

解之得：1=0 2=1

ij.ij.nj0111213即：2122230别为1=1 2=0

31333310100003=-1，即主应力分

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3=-1 当

110=1时，

100n11110n110.n12110.n120n13001n13n13110

解之得：主方向1：n11n12同理可得：主方向2：n21 主方向3：n31n22n23001

n32n33110

四 论述（15分）

1）本构方程遵从的一般原理 2）弹塑性本构关系

答：1）本构方程遵从的一般原理：1.决定性原理，与时间历程相关的；2.局部作用原理；3.坐标无关性；4.空间各向同性原理；5.时间平移的无关性。 2）课本第四章。

一、问答题：（简要回答，必要时可配合图件答题。每小题5分，共10分。）

1、简述固体材料弹性变形的主要特点。

2、试列出弹塑性力学中的理想弹塑性力学模型（又称弹性完全塑性模型）的应力与应变表达式，并绘出应力应变曲线。

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二、填空题：（每空2分，共8分）

1、在表征确定一点应力状态时，只需该点应力状态的-------个的应力分量，它们分别是-------。（参照oxyz直角坐标系）。

2、在弹塑性力学应力理论中，联系应力分量与体力分量间关系的表达式叫---------方程，它的缩写式为-------。

三、选择题（每小题有四个答案，请选择一个正确的结果。每小题4分，共16分。）

1、试根据由脆性材料制成的封闭圆柱形薄壁容器，受均匀内压作用，当压力过大时，容器出现破裂。裂纹展布的方向是：_________。

A、沿圆柱纵向（轴向）C、与纵向呈45°角

2、金属薄板受单轴向拉伸，板中有一穿透形小圆孔。该板危险点的最大拉应力是无孔板最大拉应力__________倍。

A、2

3、若物体中某一点之位移u、v、w均为零（u、v、w分别为物体内一点，沿x、y、z直角坐标系三轴线方向上的位移分量。）则在该点处的应变_________。

A、一定不为零不能确定

B、一定为零

C、可能为零

D、

B、3

C、4

D、5

B、沿圆柱横向（环向）

D、与纵向呈30°角

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4、以下________表示一个二阶张量。

A、

B、

C、

D、

四、试根据下标记号法和求和约定展开下列各式：（共8分） 1、

；（i ，j = 1，2，3 ）；

2、

五、计算题（共计分。）

1、试说明下列应变状态是否可能存在：

；

；（ ）

上式中c为已知常数，且。

2、已知一受力物体中某点的应力状态为：

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式中a为已知常数，且a＞0，试将该应力张量球应力张量

与偏应力张量

之和。

分解为

为平均应力。并

说明这样分解的物理意义。

3、一很长的（沿z轴方向）直角六面体，上表面受均布压q作用，放置在绝对刚性和光滑的基础上，如图所示。若选取＝ay2做应力函数。试求该物体的应力解、应变解和位移解。 （提示：①基础绝对刚性，则在x＝0处，u＝0 ；②由于受力和变形的对称性，在y＝0处，v＝0 。）

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题五、3图

4、已知一半径为R＝50mm，厚度为t＝3mm的薄壁圆管，承受轴向拉伸和扭转的联合作用。设管内各点处的应力状

态均相同，且设在加载过程中始终保持，（采用

柱坐标系，r为径向，θ为环向，z为圆管轴向。）材料的屈服极限为

＝400MPa。试求此圆管材料屈服时（采用Mises屈

服条件）的轴向载荷P和轴矩Ms。 （提示：Mises屈服条件：

；）

填空题

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6

平

衡

选择 ABBC

1、 解：已知该点为平面应变状态，且知：

k为已知常量。则将应变分量函数代入相容

微分方程

方程得： 能

存

2k+0=2k 成立，故知该应变状态可

在

。

2、解：

球应力张量作用下，单元体产生体变。体变仅为弹性变

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形。偏应力张量作用下单元体只产生畸变。塑性变形只有在畸

变时才可能出现。关于岩土材料，上述观点不成立。 3、解：量

，

，满足

为，

处，

；

，是应力函数。相应的应力分

： ① ②

应力边界条件：在x = h

将式①代入②得： ，故知：

，

由

本

构

方

程

和

，几

何

方

程

； 得

③ ：

④

积分得： ⑤

⑥

在在

x=0y=0

处处

u=0，则由式⑤得，f1(y)=

0；

v=0，则由式⑥得，f2(x)=0；

11 / 218

因此，位移解为：

4、解：据题意知一点应力状态为平面应力状态，如图示，且知

，则

，

代入Mises屈服条件得： 即

且 = 0。 ：

解得： 200 MPa；

轴力：P=106=188.495kN 扭矩：M=106=9.425 kN· m

= 2×50×10－3×3×10－3×200×

= 2×502×10－6×3×10－3×200×

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综合测试试题二

一、问答题：（简要回答，必要时可配合图件答题。每小题5分，共10分。）

1、试简述弹塑性力学理论中变形谐调方程（即：相容方程或变形连续方程）的物理意义。

2、简述Tresea屈服条件的基本观点和表达式，并画出其在π平面上的屈服轨迹。

二、填空题：（每空2分，共10分）

1、关于正交各向异性体、横观各向同性体和各向同性体，在它们各自的弹性本构方程中，的弹性参数分别只有-------个、--------个和-------个。

2、判别固体材料在复杂应力状态作用下，是否产生屈服的常用屈服条件（或称屈服准则）分别是------和-------。

三、选择题（每小题有四个答案，请选择一个正确的结果。每小题4分，共16分。）

1、受力物体内一点处于空间应力状态（根据OXYZ坐标系），一般确定一点应力状态需______的应力分量。

A、18个

2、弹塑性力学中的几何方程一般是指联系____________的关系式。

B、9个

C、6个

D、2个

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A、应力分量与应变分量C、应变分量与位移分量

B、面力分量与应力分量 D、位移分量和体力分量

3、弹性力学中简化应力边界条件的一个重要原理是____________。

A、圣文南原理D、能量原理

4、一点应力状态一般有三个主应力 三个主应力方向彼此______。

A、平行

B、斜交

C、无关

D、正交

。相应的

B、剪应力互等定理

C、叠加原理

四、试根据下标记号法和求和约定展开下列各式（式中i、j = x、y、z）：（共10分） ①

；

②

；

五、计算题（共计分。）

1、在平面应力问题中，若给出一组应力解为：

14 / 218

， ，

，

式中a、b、c、d、e和f均为待定常数。且已知该组应力解满足相容条件。试问：这组应力解应再满足什么条件就是某一弹性力学平面应力问题的应力解。（15分）

2、在物体内某点，确定其应力状态的一组应力分量为：

=0，=0，=0，=0，=3a，=4a，知。

试求：（16分）

①该点应力状态的主应力 ②主应力

的主方向；

、

和

；

③主方向彼此正交；

3、如图所示，楔形体OA、OB边界不受力。楔形体夹角为2α，集中力P与y轴夹角为β。试列出楔形体的应力边界条件。（14分）

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题五、3图

4、一矩形横截面柱体，如图所示，在柱体右侧面上作用着均布切向面力q，在柱体顶面作用均布压力p。试选取：

做应力函数。式中A、B、C、D、E为待定常数。试求： （16分） （1）上述 （2）若E。

式是否能做应力函数；

可作为应力函数，确定出系数A、B、C、D、

（3）写出应力分量表达式。（不计柱体的体力）

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题五、4图

5、已知受力物体内一点处应力状态为：

（Mpa）

且已知该点的一个主应力的值为2MPa。试求：（15分） ①应力分量 ②主应力

、

的大小。 和

。

9 5 2 Tresca 屈服条件 Mises屈服条 CCAD

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1、解：应力解应再满足平衡微分方程即为弹性力学平面应力问题可能的应力解，代入平衡微分方程得：

则知，只要满足条件a＝－f，e＝－d，b和c可取任意常数。若给出一个具体的弹性力学平面应力问题，则再满足该问题的应力边界条件，该组应力分量函数即为一个具体的弹性力学平面应力问题的应力解。

2、解：由式（2—19）知，各应力不变量为

、，

代入式（2—18）得：

也即 （1）

因式分解得：

（2）则求得三个主应力分别为。

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设主应力与xyz三坐标轴夹角的方向余弦为

、 、 。

将 及已知条件代入式（2—13）得：

（3）

由式（3）前两式分别得：

（4）

将式（4）代入式（3）最后一式，可得0=0的恒等式。再由式（2—15）得：

则知

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； （5）

同理可求得主应力方向余弦

、

、

的方向余弦、、和主应力 的

，并且考虑到同一个主应力方向可表示成两种

形式，则得：

主方向为：

；（6）

主方向为：

；（7）

主方向为：

； （8）

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若取主方向的一组方向余弦为 ，

主方向的一组方向余弦为 间两直线垂直的条件知：

，则由空

（9）

由此证得 主方向与主方向彼此正交。同理可证得任意两主

应力方向一定彼此正交。

3、解：楔形体左右两边界的逐点应力边界条件：当θ＝±α时，

＝0，

＝0；以半径为r任意截取上半部研究知：

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4、解：据结构的特点和受力情况，可以假定纵向纤维互不挤压，即：

；由此可知应力函数可取为：

（a）

将式（a）代入 ，可得：

22 / 218

(b)

故有：

； (c)

则有：

； (d)

略去 中的一次项和常数项后得：

23 / 218

(e)

相应的应力分量为：

(f)

边界条件： ①

处，

，则 ； (g)

② 处，

， 则 ； (h)

③在y = 0处，

， ，即

由此得：

24 / 218

，

再代入式（h）得：；

由此得：

（i）

由于在y=0处，

，

积分得： （j）

，

积分得：（k）

由方程(j ) (k)可求得：

，

投知各应力分量为：

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(l)

据圣文南原理，在距处稍远处这一结果是适用的。

5、解：首先将各应力分量点数代入平衡微分方程，则有：

得：

显然，杆件左右边界边界条件自动满足，下端边界的边界条件为：

， ， ， ， 。

即：

或：

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三

一、问答题：（简要回答，必要时可配合图件答题。每小题5分，共10分。）

1、简述弹塑性力学的研究对象、分析问题解决题的根本思路和基本方法。

2、简述固体材料塑性变形的主要特点。

二、选择题（每小题有四个答案，请选择一个正确的结果。每小题4分，共16分。）

1、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____________。

A、主应力值

2、横观各向同性体的弹性常数有________个。

A、2

3、固体材料的波桑比μ（即横向变形系数）的取值范围是：

B、5 C、9

D、21

B、极大值

C、极小值

D、零

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________。

A、D、

4、空间轴对称问题的未知量是应力分量和应变分量，分别________个，再加上________个位移分量，一共________个。

A、3

B、6

C、8

D、10

B、

C、

三、试据下标记号法和求和约定，展开用张量符号表示的平衡微分方程：（10分）

（i，j = x，y，z）

式中

为体力分量。

四、计算题（共计分。）

1、已知一弹性力学问题的位移解为：（13分）

； ； ；

式中a为已知常数。试求应变分量，并指出它们能否满足变形协调条件（即相容方程）。

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2、设如图所示三角形悬臂梁，只受自重作用，梁材料的容重为。若采用纯三次多项式：

作应力函数，式中A、B、C、D为待定常数。试求此悬臂梁的应力解。（15分）

题四、2图

3、试列出下列各题所示问题的边界条件。（每题10分，共20分。）

（1）试列出图示一变截面薄板梁左端面上的应力边界条件，如图所示。

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题四、3、（1）图

题

四、3、（2）图

（2）试列出半空间体在边界上受法向集中P作用——Boussinesq问题的应力边界条件，如图所示。

4、一薄壁圆筒，承受轴向拉力及扭矩的作用，筒壁上一点

处的轴向拉应力为，环向剪应力为，其余应力分

量为零。若使用Mises屈服条件，试求：（16分） 1）材料屈服时的扭转剪应力

应为多大？

∶

∶

2）材料屈服时塑性应变增量之比，即：

∶

∶

∶

。已知Mises屈服条件为：

30 / 218

选择DBCD 三、

1、解：将位移分量代入几何方程得：

； ； ；

由于应变分量是x的线性函数，固知它们必然满足变形协调条件：

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2、解：将 式代入 知满足，可做应力函数，相应的应

力分量为：（已知Fx＝0，Fy=γ）

边界条件： ① 上边界：

，

，

，代入上式得：A ＝

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B ＝0，

② 斜边界：

，则：

，

，

，

得：

；

于是应力解为：

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题四、2图

3、解：（1）左端面的应力边界条件为：据圣文南原理

题四、3、（1）图

（2）上边界：①当 ②当 ③当 知：

时 ， 时 ， 时 ，

； ；

； 在此边界上已

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， ， ；

④当设想 则由平衡条件知：

时，截取一平面，取上半部研究，

，已知：

，对称性

4、解：采用柱坐标，则圆筒内一点的应力状态为：

则miss条件知：

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解得： 已知： 则：

；此即为圆筒屈服时，一点横截面上的剪应力。

由增量理论知：

则：

即：

四

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一、问答题：（简要回答，必要时可配合图件答题。每小题5分，共10分。）

1、弹性力学、弹塑性力学、材料力学这几门课程同属固体力学的范畴，它们分析研究问题的基本思路都是相同的。试简述这一基本思路。

2、试画出理想弹塑性材料的应力应变曲线，即σ—ε曲线，并列出相应的应力应变关系式。

二、选择题（每小题有四个答案，请选择一个正确的结果。每小题4分，共16分。）

1、极端各向异性体、正交各向异性体、横观各向同性体和各向同性体的弹性常数分别为： 。

A、81、21、15、9；C、21、9、5、2；

2、主应力空间

A、球应力状态C、应力状态

3、若一矩形无限大弹性薄平板，只在左右两边受均布拉力q作用，板中有一穿透型圆孔。圆孔孔边危险点应力集中，此点最大的应力

A、1倍

（环向正应力）是无孔板单向拉应力的 。 B、2倍

C、3倍

D、4倍

；

平面上各点的 为零。

；

B、偏斜应力状态

；

B、21、15、9、6； D、36、21、9、2；

D、球应力状态不一定；

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4、固体材料的弹性模E和波桑比值区间分别是：

（即横向变形系数）的取

A、E ＜0 ， 0＜ 1；

＜ ；B、E ＞0， －1 ＜ ＜

C、E ＜0 ， － ＜ ＜ ；D、E ＞0， 0 ＜

＜ ；

三、试根据下标记号法和求和约定展开下列各式：（变程取i，j = 1、2、3或x、y、z。）（共10分。） 1、

2、

四、计算题（共计分。）

1、如图所示一半圆环，在外壁只受

的法向面力作

用，内壁不受力作用。A端为固定端，B端自由。试写出该问题的逐点应力边界条件和位移边界条件。（15分）

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题四、1图

2、已知一点的应变状态为：

，，，

，，。

试将其分解为球应变状态与偏斜应变状态。（15分） 3、已知受力物体内一点处应力状态为：

（Mpa）

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且已知该点的一个主应力的值为2MPa。试求：（18分） ①应力分量 ② 主应力

的大小 ； 、

和

。

4、一厚壁圆筒，内半径为a，外半径为b ，仅承受均匀内压q作用（视为平面应变问题）。圆筒材料为理想弹塑性，屈服极限为

。试用Tresca屈服条件，分析计算该圆筒开始进

入塑性状态时所能承受的内压力q的值。已知圆筒处于弹性状态时的 应力解为：

；

；

；

；

；

上式中：a≤r≤b。（16分）

；

40 / 218

选择 CACD 三

1

、

2

、

计算题1、解：逐点应力边界条件：

当r＝a时，

＝0，

＝0；

当r＝b时，＝qsiθ， ＝0；

当θ=π时， ＝0， ＝0；

A端位移边界条件：

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当θ＝0 ， 时，ur＝0 ，uθ＝0 ，且过A点处径向

微线素不转动，即 2、解：

＝0；或环向微线素不转动，即 =0。

；

；

3、解（1）：

42 / 218

；

即：

，

将： 代入上式解得：；

故知：

43 / 218

由：

又解（2）：代入教材、公式： 代入

由： ，

且由上式知：2式知

；（由1式）再由：

，由3式 ，故 ，则知：

展开得：

；

则知：

；

44 / 218

由：

即： ； ；

再由：，知：

4、解：由题目所给条件知：

则由Tresca条件：

知：

则知：

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考试科目：弹塑性力学试题 班号 研 班 姓名 成绩

一、概念题

（1） 最小势能原理等价于弹性力学平衡微分方程和静力边界条件，用最小势能原理求解弹性力学近似解时，仅要求位移函数满足已知位移边界条件。

（2） 最小余能原理等价于 应变协调 方程和 位移 边界条件，用最小余能原理求解弹性力学近似解时，所设的应力分量应预先满足平衡微分方程 和静力边界条件。

（3） 弹性力学问题有位移法和应力法两种基本解法，前者以位移为基本未知量，后者以 应力为基本未知量。

二、已知轴对称的平面应变问题，应力和位移分量的一般解为：

rAA2C,2C,r022rr

12Aur(1)2Cr(1),u0Er11利用上述解答求厚壁圆筒外面套以绝对刚性的外管，厚壁圆筒承受内压p作用，试求该问题的应力和位移分量的解。 46 / 218

p b a 解：边界条件为：

ra时：rp；r0。

rb时：ur0；u0。

将上述边界条件代入公式得：

Aa22Cp12Aur(1)2Cb(1)0rbEb11

解上述方程组得：

pa2b212A2b12a2 2paC2[b212a2]则该问题的应力和位移分量的解分别为：

pa2b2121pa2•2r2222b12arb12apa2b2121pa2•22222b12arb12ar0222pra2u1pab(12)1[a2b2(12rEr[a2b2(12)]1u0

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三、已知弹性半平面的

o

点受集中力p时，在直角坐标下半O P 平面体内的应力分量为：

x3x(x2y2)22Pxy2 y222(xy)2Pxy

x2y(x2y2)22P

x 利用上述解答求在弹性半平面上作用着n个集中力pi构成的力系，

这些力到所设原点的距离分别为yi,试求应力x,y,xy的一般表达式。

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P1 P2 Pi Pn a O y1 y2 yi yn x

解：由题设条件知，第i个力pi在点（x，y）处产生的应力将为：

32Pxaixxa2yy2ixayyi22Piyxa2yy2ixa2yyi2Pixyxa2yyi2y

22

2故由叠加原理，n个集中力构成的力系在点（x，y）处产生的

应力为：

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3n2Pnxaixxi1xa2yy22i1inxayyi22Pniyy222i1i1xayyinxa2yyi2Pnixyxy222i1i1xayyi

四、一端固定，另一端弹性支承的梁，其跨度为l，抗弯刚度EI为常数，弹簧系数为k,承受分布荷载q(x)作用。试用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。

解：第一步：全梁总应变能为：

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1ld2wUwdvEI2dx

v20dx外力做功为：T总

势

2212qwdxkw|xl 02l能为：

l1ld2w1UTEI2dxqwdxkw2|xl

020dx2第二步：由最小势能原理可知：

0等价于平衡微分方程和静力边界条件。

ld2w1l1EI2dxqwdxkw2|xl

0202dx2ld2wd2wEI2dxqwdxkww|xl200dxdxl

（*）

ld2wd2wd2wddw其中EI2dx2dx0EIdx2dxdxdx 0dxl

ldd2wdwld2wdwEIdx2dx|00dxEIdx2dxdx



ldd2wdwld2wdEIdx2dx|00dxEIdx2dxwdx

 将其代入（*）式并整理可得：

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ld2wdwld2d2wEI|EIqwdx 0dx2dxdx20dx2dd2wll EIw|kww|0002dxdxd2wdw由于当x0时，0，20；

dxdxd2所以平衡微分方程为：2dx≤x≤l）

d2wEIdx2q(x)0 （0dd2wkwEIdx20dxxl 静力边界条件为：

2dwdx20xl

五、已知空间球对称问题的一般解为：

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uRAR

BR2

b E2E

AB3

12(1)REE

TAB3

12(1)R

R

qa a

其中R是坐标变量，uR是径向位移，R,T分别是径向与切向应力。首先求出空心球受均匀内外压qa,qb时的解答，然后在此基础上导出无限大体中有球形孔洞，半径为a，内壁受有均匀压力q时的解答。

解：（1）相应空心球受均匀内外压qa,qb时的边界条件为：

Ra：Rqa Rb：Rqb

将上述边界条件代入得：

2EEABqa123(1)a EA2EBqb(1)b312可解得：

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qbb3qaa312Aa3b3E 33Bqbqa1ab2a3b3E故空心球受均匀内外压qa,qb时的解为：

qbb3qaa312qbqa1a3b31•R•uR33332abE2abERqbb3qaa3qbqaa3b31•R3333ababR3qbb3qaa3qbqaa3b31T•3333ab2abR3

（2）当无限大体中有球形孔洞，半径为a，内壁受有均匀压力q时，即在上式中令qaq 、qb0、b，则可得：

qa31uR2ER2qa3 R3Rqa3T2R3 六、已知

/ 218

ij,jFi0ij(ui,juj,i)ijeij2ij推导以位移分量表示的平衡微分方程。 解：由ij12

1(ui,juj,i)得 21ekk(uk,kuk,k)uk,k

2将上述两式代入ijeij2ij，得到

ijjiuk,kijui,juj,i

代入ij,jFi0得

uk,kjijui,jjuj,ijFi0

而uk,kjijuk,kiuj,ji，uj,jiuj,ij 故平衡方程可写成

ui,jjuj,jiFi0

由

因

为

uj,ji(uj,j)i(e),iexi；

ui,jj(ui),jj222(222)ui2ui xyz所以以位移分量表示的平衡微分方程的最终形式为：

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2ui()eFi0。 xi七、证明弹性力学功的互等定理（用张量标记）。 证明：（1）先证可能功原理

考虑同一物体的两种状态，这两种状态与物体所受的实际荷载和边界约束没有必然的联系。第一状态全用力学量（Fis、Pis、ijs）来描述，它在域内满足平衡方程

ij,jsFis0

并在全部边界条件上满足力的边界条件：

ijsjPis

第二状态全用几何量（ij满足几何方程

k,uik）来描述。它在域内

ijk1(ui,jkuj,ik)2

且要求全部边界位移等于域内所选位移场在边界处的值。从而利用力的边界条件和高斯积分定理，可得

SPisuikdSijsuikjdSijsuiSVkdV,jij,juidVijui,jdVVVsksk

利用平衡方程，式（*）右端第一项可化为

Vij,jsuikdVFisuikdV

V第二项利用张量的对称性和几何方程可改写成

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V

即式（*）成为

ijsui,jkdVijs(ui,jkui,jk)dVV12ijsV12(ui,jkuj,ik)dVijsijkdVVSPiuidSFiuidVijijdVVVskskskFiuidVPiuidSijijdVVSVsksksk*

式（**）即为可能功原理。

（2）考虑同一物体的两种不同真实状态，设第一状态的体力和面力为Fi1和Pi

1，相应的应力、应变状态为

ij1,ij1,ui1；第二状态则为Fi2、Pi2和

ij2,ij2,ui2。由于都是真实状态，所以两个状态

都同时是静力可能状态和变形可能状态，且都满足广义虎克定律

ijCijklkl

根据可能功原理（令s=1、k=2）有

Fi1ui2dVPi1ui2dSij1ij2dVSVV212121FudVPudSSiiVijijdVVii

对于线弹性体，有弹性张量的对称性得

ab57 / 218

ij1ij2Cijklkl1ij2Cklijij2kl1kl2kl1

即积分后（a）（b）两式的右端相等，相应地左端也应相等，故得到

VFi1ui2dVPi1ui2dSFi2ui1dVPi2ui1SVS

八、证明受均匀内压的厚壁球壳，当处于塑性状态时，用Mises屈服条件或Tresca屈服条件计算将得到相同的结果。 证明：1、厚壁球壳的弹性应力分布（采用球坐标系）

dr2r0 drrduu几何方程：r，

drr平衡方程：

Er(1)(12)1r2物理方程：

Er(1)(12)du2du2u0，特征方程为：k2k20 dtdtuAetBe2tArB 2rE2EBA3r121r解得：

EEBA3121r58 / 218

引入边界条件：r|rap1，r|rb0可得：

a3r3b3rr3b3a3pa32r3b3p 3332rbap133312arabu332Eba2r2a3b3p 最大周向拉应力为：()max2b3a32、塑性分析

Mises

屈服准则：

1222323122s2

12sTresca屈服准则：23s

31s在球坐标下，球对称厚壁球壳内部无剪应力，故r、、

即为三个主应力，有对称性可知=，代入两屈服准

则便可得到相同的形式：rs，故原结论得证。

中南大学考试试卷

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2009 -- 2010 学年 2 学期 时间100分钟

弹塑性力学 课程 40 学时 2.5 学分

考试形式：闭 卷

专业年级： 城地0801-0803 总分100分，占总评成绩70 %

注：此页不作答题纸，请将答案写在答题纸上 一、判断题（本题18分，每小题3分）

1、弹性体的应力就是一种面力。 （ ×）

2、弹性体中任意一点都有xyr （√ ）

3、物体是弹性的就是说应力和应变之间的关系是直

线。 （ ×）

4、极坐标系下的弹性力学方程只能用来描述具有轴对称性的受力物体。 （ ×）

5、下图为线性硬化弹塑性材料。 （ √）

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图1

6、平面应力与平面应变问题的平衡方程、几何方程、物理方程完全相同。 （×）

二、概念解释（本题16分，每小题2分）

1、塑性；2、屈服准则；3、外力（即外荷载）；4、均匀性，各向同性； 5、主应力和主方向；6、翻译：主应力，剪应变，平面应变问题 三、简答题（本题17分）

1、简述半逆解法的适用条件及其实施的主要过程。（6分）

主要使用条件是常体力平面问题，这时候可以使用基于应力函数的解法。

半逆解法的主要实施过程

（a）根据问题的条件（几何形状、受力特点、边界条件等），假设部分或者全部应力分量的某种函数形式；

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（b）根据应力分量与应力函数的关系以及用应力函数给出的变形协调关系，确定应力函数的形式；

（c）再次利用应力分量与应力函数的关系求出应力分量，并让其满足边界条件，对于多联通域，还要满足位移单值条件。

2、简述圣维南原理及其作用 （6分）

圣维南原理：若把物体的一小部分边界上的面力，变换为分布不同但静力等效的面力，则近处的应力分布将有显著改变，而远处所受的影响可忽略不计。可以推广为：如果物体一小部分边界上的面力是一个平衡力系（主矢量及主矩都等于零），那么，这个面力就只会使近处产生显著的应力，而远处的应力可以不计

3、在主轴坐标系下，线弹性体应变能密度是

U1112233，请将其写成约定求和的指标记2解

答

：

法。（5分）

U

11112233ii i=1,2,322四、证明题（本题12分）

平面问题中，物体中任意两条微小线元PB和PC，线段长度如图2所示，变形以后，变到了P’B’和P’C’. 已知P点的为u,v，请证明变形几何方程（给出推导过

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程）：

xuvuv,y,xy xyyx

图2

答案要点：

uAuuudx,uBudyxy

vvvAvdx,vBvdyxy63 / 218

udxuuAuuxxdxdxxvvdxvvvvxyAdydyxuxy12

vAvuBudxdyvuvdxvudyvyxdxdyx五、计算题（本题37分）

1、图3为某矩形截面墙体，其上面受到向下的堆载q作

用，右侧受到来自土的作用，且底端压力为，下端固定，请写出该挡土墙的全部边界条件。 （本题8分）

x

b q

l 

/ 218 y

图3 答案要点：

左边：全部应力分量为0； 下边：全部位移为0；

yxxy0xb2q.....xyxyxb2y00

0b2bx2y.......xylx02、已知一点处在某直角坐标系下的应力分量为：

xxy366， y620xy求：（1）主应力1、2； （2）主方向；

（3）应力第一不变量； （4）n13ij截面上的正应力和剪应力； 22（5）求该点的最大剪应力。 （本题

15） 答案要点：

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1xyxy222（1）

22xy

2362036203622138218（2）tan1xy1x 或xy1yxy2x tan2或xy2y（3）I11256

366（4）tn620118332 331032ntn

1231833639152433231032n(1833)2(3103)2(2433)2343

或者

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nl2xm2y2lmxy

131336202422nlmyxl2m2xyn433

（5 ）max313(16)64441223381810 23、试考察应力函数ay在图4所示的矩形板和坐标

系

中

能

解

决

什

么

问

题

，

不

计

体

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力

。

（

本

题6

分

）

y l h l O x 图 4

答案要点：

（1）首先检查该应力函数能否满足相容性方程，以应力函数表示的常体力情形下的相容方程为， 40无论a 取何值，显然都满足。 （2）利用应力同应力函数的关系

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222x26ay,y20,xy0 yxxya的值分大于或者小于0讨论，能解决偏心拉、压问

题。

4、如下图5所示，矩单位宽度形截面梁不计自重，在均布荷载q作用下由材料力学得到的应力分量为：

xMyQS，试检查一下这表达式是否满足平衡方,xyII程和边界条件，并求出y的表达式。 其中，坐标原点位于中心点。 （本题8分）

q ql 2l 2答案要点：

应力x和xy可以写成：

O h ql 2x y 图5 l 2

Mql2/8qx2/22yAyBxyx3Ih/12(a) 22QSqxhy3CxBxy2xyIh/128269 / 218

3ql26q3q,B,C其中，A 2h3h32h本题的平衡方程为：

xyx0xy（b） xyy0yx将式(a)代入式(b)，第一式得到满足，由第二式得：

yxyy3dyCyBD x3利用边界条件

yhy20,Dq，由此得：2yq23q2qy3y3(c) 2hh上式亦满足边界条件：

yyh2q

另外，由式(a)的第二式可知，它满足上下两个表面上

xyyh20的条件。在左侧及右侧表面上，利用圣维南原

理其边界条件也满足。这就是说，只有y由式(c)确定时，材料力学中的解答才能满足平衡方程和边界条件，即是满足弹性力学基本方程的解。

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弹塑性力学习题

第二章 应力理论·应变理论

2—1 试用材料力学公式计算：直径为1cm的圆杆，在轴向拉力P = 10KN的作用下杆横截面上的正应力及与横截面夹角30的斜截面上的总应力P、正应力和剪应力，并按弹塑性力学应力符号规则说明其不同点。

2—2 试用材料力学公式计算：题2—2图所示单元体主应力和主平面方位（应力单位MPa），并表示在图上。说明按弹塑性力学应力符号规则有何不同。

题2—2图 题2—3图

2—3 求题2—3图所示单元体斜截面上的正应力和剪应力（应力单位为MPa），并说明使用材料力学求斜截面应力的公式应用于弹塑性力学计算时，该式应作如何修正。

2—4 已知平面问题单元体的主应力如题2—4图(a)、(b)、(c)所示，应力单位为MPa。试求最大剪应力，并分别画出最大剪应力作用面（每组可画一个面）及面上的应力。

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题2—4图

2—5* 如题2—5图，刚架ABC在拐角B点处受P力，已知刚架的EJ，求B、C点的转角和位移。（E为弹性模量、J为惯性矩）

2—6 悬挂的等直杆在自重W的作用下如题2—6图所示。材料比重为，弹性模量为E，横截面积为A。试求离固定端z处一点c的应变z与杆的总伸长l。

2—7* 试按材料力学方法推证各向同性材料三个弹性常数：弹性模量E、剪切弹性模量G、泊松比v之间的关系：

题2—5图

题2—6图

GE

2(1v)2—8 用材料力学方法试求出如题2—8图所示受均布载荷作用简支梁内一点的应力状态，并校核所得结果是否满足平衡微分方程。

题2—8图

2—9 已知一点的应力张量为：

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508050ij075MPa

30(对称)试求外法线n的方向余弦为：nx应力和剪应力。

111，ny，nz的微斜面上的全应力P，正2222—10 已知物体的应力张量为：

308050MPaij030 110(对称)试确定外法线的三个方向余弦相等时的微斜面上的总应力P，正应力和剪应力

。

2—11 试求以主应力表示与三个应力主轴成等倾斜面（八面体截面）上的应力分量，并证明当坐标变换时它们是不变量。

2—12 试写出下列情况的应力边界条件。

题2—12图

2—13 设题2—13图中之短柱体，处于平面受力状态，试证明在尖端C处于零应力状态。

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题2—13图 题2—14图

2—14* 如题2—14图所示的变截面杆，受轴向拉伸载荷P作用，试确定杆体两侧外表面处应力z（横截面上正应力）和在材料力学中常常被忽略的应力x、zx之间的关系。

2—15 如题2—15图所示三角形截面水坝，材料的比重为，水的比重为1，已求得其应力解为：xaxby, ycxdyy,xydxay，其它应力分量为零。试根

据直边及斜边上的边界条件，确定常数a、b、c、d。

2—16* 已知矩形截面高为h，宽为b的梁受弯曲时的正

My12M应力zy，试求当非纯弯时横截面上的剪应力

Jbh3公式。（利用弹塑性力学平衡微分方程） 题2—15图

12602—17 已知一点处的应力张量为：ij6100MPa，试求该点的最大主应力及

000其主方向。

2—18* 在物体中某一点xyzxy0，试以yz和zx表示主应力。

2—19 已知应力分量为xyzxy0,yza,zxb,计算主应力1、2、3并求2的主方向。

2—20 证明下列等式：

12(1) J2I2I1 ;

31(3) I2(iikkikik);

2J(5) 2Sij;

Sij

(2) J3I3(4) J2

123I1I2I1; 3271SijSij; 2J(6) 2Sij.

ij12—21* 证明等式：J3SikSkmSmi。

32—22* 试证在坐标变换时，I1为一个不变量。要求：(a) 以普通展开式证明； (b) 用张量计算证明。

105 / 218

5382—23 已知下列应力状态：ij303MPa，试求八面体单元的正应力8与剪

8311应力8。

2—24* 一点的主应力为：175a,250a,350a，试求八面体面上的全应力P8，正应力8，剪应力8。

2—25 试求各主剪应力1、2、3作用面上的正应力。

2—26* 用应力圆求下列(a)、(b) 图示应力状态的主应力及最大剪应力，并讨论若(b)图中有虚线所示的剪应力时，能否应用平面应力圆求解。

题2—26图

xy

2—27* 试求：如(a) 图所示，ABC微截面与x、y、z轴等倾斜，但0,yz0,zx0,试问该截面是否为八面体截面？如图(b) 所示，八面体各截面上的

8指向是否垂直棱边？

题2—27图

2—28 设一物体的各点发生如下的位移：

ua0a1xa2ya3z

vb0b1xb2yb3z wc0c1xc2yc3z式中a0,a1,a2为常数，试证各点的应变分量为常数。

106 / 218

2—29 设已知下列位移，试求指定点的应变状态。

(1) u(3x220)102,v(4yx)102，在（0，2）点处。

(2) u(6x215)102,v(8zy)102,w(3z22xy)102，在（1，3，4）点处。 2—30 试证在平面问题中下式成立：

xy xy 2—31 已知应变张量

620103ij240 000试求：（1）应变不变量；（2）主应变；（3）主应变方向；（4）八面体剪应变。 2—32 试说明下列应变状态是否可能存在：（式中a、b、c为常数）

c(x2y2)cxy0(1) ijcxycy20

0001222axy0(axby)212220axy(azby) (2) ij2112222(axby)(azby)022c(x2y2)cxyz0(3) ijcxyzcy2x0

0002—33* 试证题2—33图所示矩形单元在纯剪应变状态时，剪应变xy与对角线应变oB之

间的关系为oB1xy。（用弹塑性力学转轴公式来证明） 2

题2—33图

2—34 设一点的应变分量为x1.0104，y5.0104，z1.0104，

xyyz1.0104，zx3.0104，试计算主应变。

2—35* 已知物体中一点的应变分量为

1042104ij453 231107 / 218

试确定主应变及最大主应变的方向。

2—36* 某一应变状态的应变分量xy和yz=0，试证明此条件能否表示x、y、中之一为主应变？

2—37 已知下列应变状态是物体变形时产生的：

zxa0a1(x2y2)x4y4,

yb0b1(x2y2)x4y4,xyc0c1xy(xyc2),zzxyz0.22

试求式中各系数之间应满足的关系式。

2—38* 试求对应于零应变状态（ij0）的位移分量。

2—39* 若位移分量ui和ui所对应的应变相同，试说明这两组位移有何差别？

2—40* 试导出平面问题的平面应变状态（xzxzy0）的应变分量的不变量及主应变的表达式。

2—41* 已知如题2—41图所示的棱柱形杆在自重作用下的应变分量为：

E试求位移分量，式中为杆件单位体积重量，E、为材料的弹性常数。

2—42 如题2—42图所示的圆截面杆扭转时得到的应变分量为：xyzxy0, zyx,zxy。试检查该应变是否满足变形连续性条件，并求位移分量u、v、w。设在原点处u0v0w00,dz在xoz和yoz平面内没有转动，dx在xoy平面内没有转动。

zzE,xyz;xyyzzx0;

题2—41图

题2—42图

第三章 弹性变形·塑性变形·本构方程

3—1 试证明在弹性变形时，关于一点的应力状态，下式成立。

1(1) 88; (2) k （设0.5）

G3—2* 试以等值拉压应力状态与纯剪切应力状态的关系，由应变能公式证明G、E、之间的关系为：

1G

2(1)108 / 218

3—3* 证明：如泊松比11，则GE，，k, e0，并说明此时上述23各弹性常数的物理意义。

3—4* 如设材料屈服的原因是形状改变比能（畸形能）达到某一极值时发生，试根据单向拉伸应力状态和纯剪切应力状态确定屈服极限s与s的关系。

3—5 试依据物体单向拉伸侧向不会膨胀，三向受拉体积不会缩小的体积应变规律来

1证明泊松比的上下限为：0。

223—6* 试由物体三向等值压缩的应力状态来推证：KG的关系，并验证是否与

3E符合。 K3(12v)3—7 已知钢材弹性常数E1= 210Gpa，v1= 0.3，橡皮的弹性常数E2=5MPa，v2= 0.47，试比较它们的体积弹性常数（设K1为钢材，K2为橡皮的体积弹性模量）。

3—8 有一处于二向拉伸应力状态下的微分体（10,20,30），其主应变为11.7104，20.4104。已知 = 0.3，试求主应变3。

3—9 如题4—9图示尺寸为1×1×1cm的铝方块，无间隙地嵌入——有槽的钢块中。设钢块不变形，试求：在压力P = 6KN的作用下铝块内一点应力状态的三个主应力及主应变，铝的弹性常数E=70Gpa，= 0.33。

3—10* 直径D = 40mm的铝圆柱体，无间隙地放入厚度为= 2mm的钢套中，圆柱受轴向压力P = 40KN。若铝的弹性常数E1 = 70GPa，1 = 0.35，钢的E = 210GPa，试求筒内一点处的周向应力。

题3—9图 题3—10图

3—11 将橡皮方块放入相同容积的铁盒内，上面盖以铁盖并承受均匀压力p，如题3—11图示，设铁盒与铁盖为刚体，橡皮与铁之间不计摩擦，试求铁盒内侧面所受到橡皮块的压力q，以及像皮块的体积应变。若将橡皮块换块刚体或不可压缩体时，其体积应变又各为多少？

13—12 已知畸变能UodSijeij，求证

2109 / 218

题3—11图

1Uod。

23—13* 已知截面为A，体积为V的等直杆，受到轴向力的拉伸，试求此杆的总应变能UVU, Kdd随泊松比的变化。 UU3—14 试由应变能公式根据纯剪应力状态，证明在弹性范围内剪应力不产生体积应变，且剪切弹性模量G0。

3—15* 各向同性体承受单向拉伸（10, U及体变能UV与畸变能Ud，并求其比值：KV230），试确定只产生剪应变的截面位置。

3—16 给定单向拉伸曲线如题3—16图所示，s、E、E均为已知，当知道B点的应变为时，试求该点的塑性应变。

3—17 给定下列的主应力，试由Prandtl-Reuss，

P:dPLevy-Mises理论求：d1P:d23和d1:d2:d3。

P:P由Ильющин理论求1P:23。

(a) 13, 2， 3。 (b) 12,

2， 30。

3—18* 已知一长封闭圆筒，平均半径为r，壁厚

题3—16图

为t，承受内压力p的作用，而产生塑性变形，材料是

各向同性的，如忽略弹性应变，试求周向、径向和轴向应变增量之比。

3—19 已知薄壁圆筒承受轴向拉应力zs及扭矩的作用，若使用Mises条件，试

2求屈服时剪应力z应为多大？并求出此时塑性应变增量的比值：drP:dP:dzP:dzP。

3—20 薄壁圆筒，平均半径为r，壁厚为t，承受内压力p作用，设r0，且材料是

1不可压缩的，，讨论下列三种情形：

2（1）管的两端是自由的；（2）管的两端是固定的；（3）管的两端是封闭的。

分别对Mises和Tresca两种屈服条件，讨论p多大时管子开始屈服。已知材料单向拉伸试验s值。

3—21* 按题3—20所述，如已知纯剪试验s值，又如何？ 3—22 给出以下问题的最大剪应力条件与畸变能条件：

（1）如s已知，受内压作用的封闭薄壁圆筒。设内压为q，平均半径为r，壁厚为t。材料为理想弹塑性。

（2）如s已知，受拉力p和弯矩M作用的杆。杆为矩形截面，面积b×h。材料为理想弹塑性。

13—23 设材料为理想弹塑性，，当材料加载进入塑性状态，试给出筒单拉伸时

2的Prandtl-Reuss增量理论与全量理论的本构方程以及塑性应变增量之间与应变分量之间的比值。

3—24 设已知薄壁圆管受拉伸与扭矩，其应力为z，z，其它应力为零。若使3保持为常数的情况下进入塑性状态，试分别用增量理论与全量理论求圆管中的

应力值。

3—25 已知某材料在纯剪时的曲线f()，问(,)曲线是什么形式？

3—26* 由符合Mises屈服条件的材料制成的圆杆，其体积是不可压缩的，若首先将杆

K拉至屈服，保持应变不变，再扭至，式中R为圆杆的半径，K为材料的剪切屈服极

GR110 / 218

限，试求此时圆杆中的应力值。

第四章 弹塑性力学基础理论的建立及基本解法

4—1 设某一体力为零的物体的位移分量为：uv0，ww(z)，试求位移函数w(z)。

M4—2* 试证明应力分量xy，yxy0是两端受弯矩M作用的单位厚度狭长

J矩形板的弹性解，并设lh。见题4—2图。

题4—2图 题4—4和题4—5图

4—3 已知平面应力问题的应变分量为：xAxy, yBy3, xyCy2D，试证此应变分量能满足变形谐调条件。

4—4 题4—4图所示的受力结构中，1、2两杆的长度l和横截面积F相同，两杆材料的本构关系为：(a) E ； (b) A*；试求载荷P与节点C的位移之间的关系。

4—5 按上题4—4的条件，材料为理想弹塑性，并设a45，试求该静定结构的弹性极限载荷Pe与塑性极限载荷Ps。

第五章 平面问题的直角坐标解答

5—1 已知平面应力问题的应变分量为：xAxy, yBy3, xyCy2D。试由平衡微分方程求出该弹性体所承受的体力分量Fx及Fy。

5—2 给出函数axy，试问：（1）检查是否可以作为应力函数；（2）如以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怎样的边界面力。

题5—2图 题5—3图

a13a22yy能否做为应力函数？若能，试求应力分量（不计体62力），并画出如题5—3图所示板条上的面力，指出该应力函数所能解的问题。

5—3* 试检查111 / 218

5—4 试分析下列应力函数对一端固定直杆可解什么样的平面问题：

xy3q23Fxyy  24c3c2

题5—4图 题5—5图

5—5* 悬臂梁(cyc,0xl)沿下边界受均匀剪力S作用，而上边界和x = l的

端边界不受载荷作用时，可用应力函数：

xyxy2xy3ly2ly3S 44c4c24c4c2

求出应力解答。并说明，此解答在哪些方面必须用圣维南原理解释。

5—6* 已求得三角形坝体的应力场为：xaxby，ycxdy，xyyxdx

ayx，xzyzz0，其中为坝体材料的容重，1为水的容重。试根据边界条

件求常数a、b、c、d的值。

5—7* 很长的直角六面体在均匀压力q的作用下，放置在绝对刚性和光滑的基础上，不计体力，试确定其应力分量和位移分量。

5—8 如题5—3图所示的两端简支梁，全梁只承受自重的作用，设材料的比重为，试检验应力函数Ax2y3By5Cy3Dx2y能否成立，并求出各系数及应力分量。

题5—6图 题5—7图

5—9* 上端固定悬挂的棱柱杆，设其内部应力为：zg(l2)yzzxp, xyxy A0。试求此杆所受的体力及侧面和上、下端面所受的外载荷。A是杆的横截面

积。

112 / 218

题5—9图 题5—10图

5—10 设图中的三角形悬臂梁只受重力作用，而梁的比重为p，试用纯三次式：ax3 bx2ycxy2dy3的应力函数求解应力分量。

5—11* 设有矩形截面的柱体，在一边侧面上受均匀剪力p如题5—11图所示，若柱的体力不计，试求应力分量。

5—12* 图中的悬臂梁受均布载荷q = 100KN/m作用，试求其最大应力： （1）用应力函数

2q221yxxy(xy)tg  4x214（2）用材料力学求解，并比较以上结果。 5—13* 设应力函数为：f(y)sinax,(a件？

5—14* 如图所示梁的上部边界作用着载荷：q(x)q0sinax,(a力分量。

n)，试问函数f(y)应满足什么样的条l2)，试求梁内的应l

题5—11图 题5—12图

113 / 218

题5—14图 题5—15图

5—15* 由于考虑材料的塑性性质，试求受弯杆件承载能力增加的百分比，设杆件的截面为：(a) 正方形；(b) 圆形；(c) 内外半径比为a/b的圆环；(d) 正方形沿对角线受弯；(e) 工字梁；其尺寸如图所示。

5—16 设截面为2b×2h，跨度为l的悬臂梁受均匀布载荷，梁为理想弹塑性材料，试用初等理论假设求弹性与塑性极限载荷，并计算弹塑性分界线方程与梁的塑性段长度。

题5—16图

第六章 平面问题的极坐标解答

6—1 试判断题6—1图中所示的几种不同受力情况是平面应力问题还是平面应变问题？是否是轴对称问题？

6—2* 考察函数c是否可作为极坐标的应力函数，其中c为常数。若可以作为应力函数，则在ra及rb的环形边界上对应着怎样的边界条件？

6—3 在极坐标中取AlnrCr2，式中A与C皆为常数。 （1）检查可否为应力函数？

（2）写出应力分量的表达式。

（3）在ra和rb的边界上对应着怎样的边界条件？

6—4* 试求题6—4图中给出的圆弧曲梁内的应力分量，选取应力函数f(r)sin。

114 / 218

题6—1图

题6—4图 题6—5图

6—5 试确定应力函数cr2(cos2cos2)中的常数c值，使满足题6—5图中的条件：在面上0, rs，在面上，0, rS，并证明楔顶端没有集中力与力偶作用。

6—6 试求内外径之比为1/2的厚壁圆筒在内外压力相等（即p1p2）时的极限荷载，并根据平面应力与平面应变问题分别讨论之。

6—7 试用Tresca条件求只有外压力作用（p10,p2p）时的厚壁筒的应力分布和塑性区应力公式。

6—8 楔形体在两侧面上受均布剪力q（题6—8图所示）作用，试求应力分量。取应力函数：

r2(Acos2Bsin2CD)

6—9* 薄壁圆管扭转时，壁内剪应力为0，若管壁上有一圆孔，试证孔边上的最大正应力为max40。

6—10* 如题6—10图所示，在半平面体边界的区间aya上受到匀布载荷p的作用，试求半平面体中的应力x、y和xy。

115 / 218

题6—8图 题6—9图

题6—10图

第七章 柱体的扭转

7—1* 试用半逆解法求圆截面柱体扭转问题的解。

7—2 试证柱体扭转时，任一横截面上边界点处的剪应力方向与边界切线方向重合。 7—3 一等截面直杆，两端受扭矩Mr，取杆的中心轴线为z轴，变形满足下式： uzy， vzx,w0。证明杆的横截面必为一圆形。

7—4 试证明A(r2a2)既可以用来求解实心圆截面柱体，也可求解圆管的扭转问题，并求出用G表示的A。

2134a2227—5* 函数mxy(x3xy)，试问它能否作为题7—5图所示的

a27高度为a的正三角形截面杆件的扭转应力函数？若能，求其应力分量。坐标如图所示。

题7—5图 题7—6图

116 / 218

7—6 试比较边长为2a的正方形截面杆1与面积相等的圆截面杆2承受同样大小扭矩作用时所产生的最大剪应力与抗扭刚度。

7—7 试求题7—7图（a）、(b)所示截面形状的柱体受扭矩作用下的扭转刚度KT。 7—8* 试求具有相等尺寸的无缝和有缝薄壁圆形管[如题7—8图（a）、（b）所示]在相同扭矩作用下的最大剪应力之比与扭转刚度之比。

题7—8图 题7—9图

7—9* 试比较截面积相等的槽形薄壁杆件与正方形管状薄壁杆件[如题7—9图（a）、（b）所示]的最大剪应力之比及抗扭刚度之比（R）。

7—10 求边长为2c的等边三角形截面柱体的极限扭矩。

7—11* 试求外半径为b，内半径为a的圆筒的塑性极限扭矩。

7—12 已知空心圆柱内外半径之比为a:b。试求此圆柱受扭时，塑性极限扭矩M。比弹性极限扭矩M。提高了多少比值？试给出0,1/2时所提高的值。

第八章 弹性力学的一般解·空间轴对称问题

8—1 试用位移法基本（Lame）方程推导出平面应变问题的协调方程：

1FxFy 2(xy) 1xy8—2 已知等直杆纯弯曲时的位移分量为

M uxyyzzyu0

EJM v(x2y2z2)zxxzv0

2EJM wyzxyyxw0

EJ证明它们满足位移法基本（Lame）方程和相应的边界条件。

8—3* 当体力为零时，应力分量为：

xay2(x2y2);xy2axy

yax2(y2x2);yz0

za(x2y2);zx0

式中a0，试检查它们是否是弹力问题的解？

8—4 如题8—4图假定地基岩层在自重作用下只能向下位移，不能侧向移动。试求地下岩体所受的铅直压力x和侧向压力y。

117 / 218

题8—4图 题8—5图

8—5 设应力分量为xaxby, ycxdy, xyexfy, zyzzx0，试求怎样的应力分布可作弹性应力解的条件。

8—6 试证明在集中力P作用的弹性半空间体内，应力分布有下述特点：设有在原点与边界面相切的球（如题8—6图），则在球面相截的所有水平面上的点的总应力p指向坐

3P标原点，且其大小等于p。 22d8—7* 当布氏硬度计的钢球压入钢质零件的平表面时，设p10N，钢球直径为10mm，如不计钢球自重，试求所产生的最大接触压力q0，相对位移和接触圆的半径a。

8—8* 已知半径为R2 = 50mm的凹球面与半径为R1 = 10mm的球面接触，受到压力p = 10N的作用，材料均为钢制，试求接触面的半径a，球中心的相对位移，最大压应力q0，最大拉应力max和最大剪应力

max。

8—9 已知如图8—9所示的半无限弹性体的边界面上，承受垂直于界面的集中力P的作用，试用位移法法求位移及应力公式。

题8—9图 第九章* 加载曲面·材料稳定性假设·塑性势能理论

9—1 试证在比例加载下Lode应力参数及应力状态特征角保持不变。 9—2* 设123，证明0.8169—3* 试证Lode应力参数s0.943。 max3S3。

S1S39—4 在平面应力状态时，1所对应的应力状态有哪些形式？并作应力圆说明。 9—5* 薄壁管在拉伸—扭转试验时，应力状态为1, 230, xy,

yzzx0，如知简单拉伸的屈服极限s，推导Tresca和Mises条件在平面内的屈

服曲线。

9—6* 试证明Tresca条件可以写成下列形式：2222J227J2336kJ296kJ2k0，式中ks/2或ks。

9—7* 将Mises屈服条件用：（1）第一、第二应力不变量（I1、I2）表示；（2）主应力偏量Si表示。

9—8 物体中某点的应力状态

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00100MPaij02000 03000该物体在单向拉伸时屈服极限为s= 190MPa，试用Tresca和Mises屈服条件来判断该点是处于弹性状态还是处于塑性状态。如主应力方向均作相反的改变（即同值异号）则对被研究点所处状态的判断有无变化？

9—9 求如题9—9图Tresca条件所示D点处的流动法则（即d1p:d2p:d3p）。

9—10 已知主应力123，并当两种特殊情况：(a) 12；(b) 23。试列出Tresca和Mises条件，并比较之。

题9—9图

第十章 弹性力学变分法及近似解法

10—1 试证：

1V2ij(uijuji)dVsijnjuidsVijjuidV

10—2 试给出平面应力状态极坐标系的单位体积应变能表达式。

10—3 设有图示悬臂梁右端受P作用，如取挠曲线为：wax2bx3, 试求a、b的值。

题10—3图 题10—4图

10—4 试给出题10—4图的余能表达式（不计均布力q引起的偏心弯矩）。 10—5 题10—5图所示中点受集中力P作用的简支梁，设位移函数vCsin梁的挠曲线方程，最大挠度，及其与材料力学解的比较。

xl，试求

题10—5图 题10—6图

119 / 218

10—6 试用卡氏第二定理求题10—6图示三杆桁架中A点的位移。已知杆的拉压刚度为EA。

10—7* 试用虚功原理求题10—7图所示梁的挠度曲线。设

xwa1sinl

题10—7图

10—8* 已知一简支梁，跨度为l，承受均布载荷q的作用，抗弯刚度EJ为常数，设 x3x w(x)a1sina2sinll试用虚位移原理系数a1、a2及梁的最大挠度。

10—9* 已知如题10—9图所示两端固支梁，跨度为l，抗弯刚度EJ为常数，中点受

2x集中力P作用，试用最小势能原理求wmax，设位移函数w2cos。

2l

题10—9图 题10—10图

10—10 已知如题10—10图所示的一端固定，一端自由的压杆，截面抗弯刚度EJ为常

数，试用Ritz法确定端顶受临界压力Pcr的近似值。设位移函数为vc1x3c2x2c3xc4。

x10—11* 上题10—10如设位移函数va1cos，求临界压力Pcr。

2l10—12* 已知如题10—12图示一端固定，一端自由的压杆，长度为l，截面抗弯刚度EJ为常数。试用Ritz法求在自重q (N/mm)作用下的临界载荷qcr。设位移函数

xwa1cos。

2l10—13 试用最小余能原理求题10—13图所示超静定梁AB的支座反力，已知梁的抗弯刚度EJ，其载荷为两个集中力P，跨度为2l，中点有支点C。

10—14* 如题10—14图示，载荷为均布荷载q，跨度为l。求中间支点C的支座弯矩Mc。

120 / 218

题10—12图 题10—13图 题10—14图

10—15 已知如题10—15图所示的桁架ABC，AB和BC杆的截面面积均为A。在B点作用力P，材料具有非线性弹性的应力应变关系k，式中k为常数（拉压时均适用）。试用卡氏第二定理求结点B的水平位移H及垂直位移V。

题10—15图 题10—16图

10—16* 矩形薄板不计体力，三边固定，一边受有均布压力q，如题10—16所示。设应力函数为：

qx2qa2x2y2y3A1A2322 22abb试用应力变分法求解应力分量（计算应变能时，取泊松比 = 0）。

第十一章 塑性力学极限分析定理及塑性分析

11—1 两端固定等截面梁受均布载荷作用（题11—1图），塑性弯矩为M，试确定极限荷载。

题11—1图 题11—2图

11—2 试用静力法和机动法求出一端固定，一端简支如题11—2图所示离固定端l1处

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受集中力的极限载荷。

11—3* 试用静力法和机动法求出一端固定，一端简支如题11—3图所示简支端半梁受均布载荷的极限载荷。

题11—3图 题11—4图

11—4* 试用机动法求题11—4图示连续梁的极限载荷，设pql ,梁为等截面，极限弯矩为M。

第十二章 理想刚塑平面应变问题

12—1 设有均匀受拉应力状态的自由边界，如题12—1图所示，试画出其滑移线场的形式。

题12—1图 题12—2图

12—2 试求图示直角边坡的滑移线场及极限荷载q0。

12—3 如图所示滑移线，试证明在D点的曲率半径R为常数。 12—4 试求题12—5图示斜坡的滑移场及极限荷载q0。

题12—3图 题12—4图

12—5 求图中有无限窄切口的长条板的极限荷载P0（滑移线场如图所示）。

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题12—5图 题12—6图

12—6 通过一方形硬模进行无磨擦挤出工艺过程，截面尺寸收缩率50%，中心扇形区由直的径向射线和圆周线组成，如图所示。用进入的速度V及极坐标r、来表达沿这两族滑移线的速度分量。

题12—7图

12—7 绘出下列题12—6图中所示圆弧形边界附近的滑移场。

12—8 有平头冲模，压入空腔内挤出材料，接触面为光滑面，求滑移场、极限荷载及速度场。已知冲头以P的压力及V的速度向下运动。

12—9 有截锥楔体，顶面宽度为2a，顶角为2，受均匀分布压力q作用，接触面为

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光滑面。求：1）滑移场，标出、线及中心角度数；2）求极限荷载p0；3）作速度图，设AB面以V的速度向下运动。

题12—8图 题12—9图

附录一 张量概念及其运算·下标记号法·求和约定

附—1 由张量求和约定展开下列各式：

(1) ijij (5) ii

2(2) ij

(3) aijbici

(4) ijij

(8)

(6) 'i (7) ijj

'ij

附—2 证明下式成立

(1) ijjkkmim

(3) ijmkkjmij,k

(2) aijjkaik (4)

2ijmm2ii

附—3* 试展开方向余弦关系式，并说明其几何意义：

(1) njnj1

(2) likljkij

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习题参及解题提示

第二章 应力理论·应变理论

2—1 =127MPa, P= 110MPa, = 95.5MPa, 55.1MPa（弹塑性力学中该剪应力为负值）

2—2 172.4MPa，227.6MPa，1与x的交角058.3。弹性力学与材料力学主方向计算的结果一致。

2—3 6.8MPa，3.6MPa（弹塑性力学中该剪应力为正值）

2—4* (a)、(b)、(c) max30MPa。最大剪切面为：

pa3pa2pa3pa2bpa22—5* xB , B, xc, yc, c3EJ2EJ3EJ2EJ2EJ(lz)Wl2—6 x,l,(WAl)

E2EA2—7* 参见一般材料力学教材。

2—8 满足X0，不满足Y0的平衡微分方程。

2—9 n26，n108.7，Pn111.8 （应力单位：Mpa）

2—10 Pnnn0

2—11 （a）xyTcosa,yTsina

（b）xsinxycosTcosa,xysinycosTsina （c）xxyctg,yxytg

（d）xxyctg(hy),yyztg(hy) （e）x(hy),xy0 （f）y0边界；yqxq,xy0；xz,lxyxctga，yxytga。

y(lx)tga边界：

2—12 提示：分别列出尖角两侧AC与BC自由面的应力边界条件。 2—14* zxztga,xztg2a。

2—15 a0,b1,cctg21ctg3,d1ctg2。

3QdM222—16* 当上、下表面xy，式中。 (h4y)Qh0时，可求得xy3ydx2bh22—17 117.08MPa，1与x轴间的夹角040.27，或139.63，24.92MPa。

222—18* 1yz，20, 31。 zx2—19 1a2b2，20, 3a2b2；

ab3的主方向 ,,0。

a2b2a2b22—22* (b) 提示：应用ijijliiljj及likljkij来计算iiii。

2—23 85.333MPa，88.6MPa。

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2—24* P859.5a,825.0a,8.1a。

2331122—25 1:。 ;2:;3:2222—26* （a）174,234,max (MPa)； （b）170,260,360 (MPa)；

（b）图有时，不能用平面应力圆计算。

2—27* （a）按定义不为八面体面。(b) 8指向不一定垂直棱边，其方向由主应力的大小来决定。

0401203102032112—29 (1)ij400102； (2)ij。 000311240.01,I22105,I30； 2—31 （1）I1 （2）22.7103,37.236103；

（3）1(0,0,1), 2(0.53,0.86,0), 3(0.86,0.53,0)； （4）85.96103。

2—32 （1）为可能应变状态。（2）、（3）为不可能应变状态。 2—34 16.00104,23.00104,32.00104。

2—35* 112.2104,24.95104,33.17104，1的方向余弦（0.862, 0.503, 0.058）。

2—36* y是主应变。

2—37 c14,a1b12c20

2—38* 提示：如求u，要根据几何方程对du积分，因为uu(x,y,z)，所以要先计算uuuuuuudxdydz。即udu，其中如计算又要先求,,xyzxyzxuuuuuuudx它的偏导数dydz，,,，即xyxzxxxyxzxxxu的偏导数：

依次进行才可得u。同样方法再求v、w。答案为：

uu0yzzy vv0zxxz

ww0xyyx式中u0、v0、w0为物体沿x、y、z轴方向的刚性平移，x、y、z为物体绕x、y、z轴的刚性转动。它们都是积分常数，由位移约束条件来确定。

2—39* 两组位移之间仅相差一个刚性位移。

12xy, I2xyxy0。 2—40* I1,I321xy12(xy)2xy；32220。

xy122设 ()xyxy222—41* 提示：由几何方程积分

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z2wzx得wc1(x,y)zE2Ezyzv y得vc2(x,z)

yEEzxzuz得uc3(y,z)xEE (a)

c(y,z)c2(x,z)uu引用式（a），由xy 0 0，得 3yxyx (b)

式（b）表明c2,c3与z无关（由于对z轴的对称性，u、v与z关系相同，如有z项，上式不

为零）且仅是c2为x，c3为y的一次函数。故c2a1xb1,c3a1yb2，又

yzzx(c)

yc1(x,y)wv0得1yzEyxc1(x,y)wu0得0xzEx 

由（c） dc1为：

2Ed(x2y2)得：c12E(x2y2)a3xb3yd1，于是得位移表达式

Evzya1xb1 

E222wz(xy)a3xb3yd12E2E (d)

式（d）线性部分为刚性位移。设上端位移边界条件xy0,zl处，① u = v = w = 0，

vu② 微线段dx不发生绕z轴的转动：0，③微线段dz不发生绕y和x轴转动：0xzl2v和代入式（d）可得位移： 0，于是有a1b1b2a3b30,d12Ezv2 uxz,vyz,wz(x2y2)l2。

EE2E 2─42* uyz,vzx,w0。

uzxa1yb2

第三章 弹性变形·塑性变形·本构方程

3—4* s0.577s 3—7

K16.3103，钢的体积弹性模量数值大。 K23—8 30.9104

3—9* 10,219.8MPa，360MPa，13.76104，20，

37.104

3—10* 提示：先利用钢套与铝柱侧向应变相等计算出相互侧向压力：q = 2.8MPa，再由薄壁筒公式求出钢套周向应力：= 28MPa。

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3—11 12q,3p,qmaxp(1)(12),

1E1p(12)1，换成刚体时E，e0。换成不可压缩体时,e0。 2(1)2p，e1221212xV, UdxV; Kv(12); Kd(1)。

2E6E3E333—15* 提示：注意本题应力状态为单向应力状态，而由于横向变形的产生，所对应的应变状态为三向应变状态，可用应力与应变圆对应关系计算。所求截面与横坐标轴x方向

1余弦为： cos2a0

1

E3—16 p(s)1

E3—17 （a）1∶0∶-1 （b）1∶0∶-1； 3—18 d:dr:dz1:1:0

3—13* UV, Uv2x23—20 提示：对于（2）情形，两端固定，因径向内压力会促使薄壁圆筒涨开并缩短，故轴向为拉应力。

t2st答案：Mises：（1）ps （2）和（3）均为：p rr3tTresca：（1）、（2）和（3）均为：ps

r3ts3—21* Mises （1）p；Mises （2）（3）与Tresca（1）（2）（3）均为：

r2ts prqr3—22 （1）Tresca、Mises：s

2tpp6M6M（2）Tresca、Mises：2s 设2

bhbhbhbh1113—23 增量：1sp, 23(sp); d1p:d2p:d3p1::

222111全量：1,23;1:2:31::

222式中为单拉时的总应变，s3—19 zs; drp:dp:dzp:dzp1:1:2:6

2E。

3—24 0.707s，0.408s。

3—25 提示：根据纯剪计算,，代换f()的函数形式。答案：

3f(3)。

3—26* z

schl,zs3thl。

第四章 弹塑性力学基础理论的建立及基本解法

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4—1 wCzD， （无刚性平移时DC）。

2EF2AFm4—2 (a) pcos2 ； (b) pcosn1。

lln4—5 peps2sF

第五章 平面问题的直角坐标解答

5—1 提示：本题为平面应力问题，因为z0，不能由三维Lame公式解，可由平面应力问题广义Hooke定律，计算应力分量再求解。

EyE答案： Fx； [A(1)C]F(Ax3By2) y22115—2 （1）满足40，能作为应力函数；（2）应力分量为

x0,y0,xya。

5—3* 为偏心距ec的拉伸解。 l2a25—4 悬臂梁在自由端受拉力2cq及集中力F弯曲的解。 5—5* xl,a1h2cxydy0。

25—6 a0,b1,cctg21ctg3,d1ctg2。 5—7* 提示：取应力函数：ay,zq,yxy120,uqx,

Ev(1)qx E125—8 x2hl2h24y2382xyh25y；

34y2y； xy1x。 22hg，为上端悬挂，下端受拉力p的解。

4y2y122h5—9* FxFy0, Fz5—10 xpxctga2pyctg2a,ypy,xypyctga。

5—11* 提示：假设纵向纤维互不挤压，由x0代入40选取应力函数

(Ax3Bx2CxD)yExF;

2py3xxx1; xyyxp32。 hhhh5—12* 提示：计算应力分量后检验边界条件，要求45。弹性力学解：

maxmaxmaxmax-100KN/m2，xy233KN/m2，材料力学解：xx366KN/m2，y300

x0; ymax150 KN/m2。 KN/m2，xy5—13* 提示：将代入40，得a4f(u)2a2f(y)fBshayCychayCyshay

5—14*

(4)(y)0,f(y)Achay

129 / 218

(acchacshac)chayayshayshacsinaxsh2ac2ac

(acshacchac)shayaychaychacq0sinaxsh2ac2ac(acchacshac)chayayshayshacyq0sinaxsh2ac2ac

(acshacchac)shayaychaychacq0sinaxsh2ac2acacchacshayaychayshacxyq0cosaxsh2ac2ac

acshacchayayshaychacq0cosaxsh2ac2acMs1100% ； 15—15* k（a）k50%； M2sxq0161316(b) k（c）k127.2%~69.8%； 169.8%； 4313（d）k = 1 = 100% ； （e）k = 24% 。

8bh24bh25—16 qs2s, qs2s，弹塑性段交界线为一椭圆方程：

3ll22qlx12l0.184l。  1，塑性段长度：x13h4sbh3

第六章 平面问题的极坐标解答

6—1 （a）平面应力轴对称问题，（b）非平面非轴对称问题，（c）平面应变非轴对称问题，（d）（拟）平面应变非轴对称问题。

6—2* （1） 满足40能作为应力函数；（2）应力分量为：

c0,2；

rcc （3）边界面力为：(r)ra2,(r)rb2, 绘于题6—2图中。

ab6—3 （1）满足40，可以作为应力函数；

AA（2）应力分量为：r22C,22c,r0；

rrAA（3）边界面力为：(r)ra22c,(r)rb22c；

ab所给函数实际上是厚壁筒在内、外压作用下的解。

ppa2b2a2b2a2b2a2b2sin；r3r3sin； r3答案：rNrNrrra2b2a2b2br3cos；式中Na2b2(a2b2)ln。 rrra6—5 提示：关于楔顶没有集中力与力偶的证明，可设其有集中力与力偶作用，再按截面法取楔顶半径为r的弧形段，建立该段的外力（矩）与内力（矩）的平衡方程，证明

S它们为零。答案：c

2sin2apN130 / 218

6—6 平面应力问题：pss，由于圆筒内外压力相等，各点为均匀受压状态，由弹性状态转变为塑性状态，不出现弹塑性状态。

平面应变问题：由于22vpp，为三向等值挤压状态，不出现塑性极限状态。 6—7 提示：注意厚壁圆筒受外压作用时，在内孔壁ra处，材料首先发生屈服。

aa答案：rsln;sln1;r0

rrcos26—8 提示：注意问题的对称性。答案：rqctg；

sinsin2cos2。 qctg； rrqsinsin6—10*

pyayax(ya)x(ya)xtg1tg12

xxx(ya)2x2(ya)2yxy

p1yax(ya)x(ya)1yatgtg 2222xxx(ya)x(ya)x2(ya)2x2(ya)22 222x(ya)x(ya)p2第七章 柱体的扭转

7—1* 提示：参考材料力学的解答，设柱体的轴线为z轴，则假定xyzxy0，位移分量：uyz,vxz,w0。

7—2 提示：可以利用柱体侧面的自由边界条件进行。

153MTax2a7—5* 提示：截面的边界方程为：x,y时;当m4332a33可作为扭转应力函数。

153MT153MT3xy322y;x(xy)。 应力分量为：zx zy44a2aaaKT10.886。 7—6 1max1.356,2maxKT27—7 （a）KTamaxbmax7—9* amaxbmax7—8* 7—10 MsG2(b1t12b3t3); (b) KT4.704Ga4。 3Ka3R2,2。 3RKbKTb3a22,。 3RKTb4223ka 37—11* 提示：若柱体截面有对称形的孔，沙堆比拟法可推广使用。根据复连通域截面要求，外边界取为零，内边界取为一个不为零的常数，故此题可考虑与沙堆相应的按

2圆台（截头圆锥）进行计算。Msk(b3a3)

3131 / 218

2mb37—12 Me(1), Ms(13)，塑性极限扭矩比弹性极限扭矩提

231111高比值为k。当0时:k33.3%; 当时：k24.4%。

3245

4kb3第八章 弹性力学的一般解·空间轴对称问题

8— 1 提示：将Lame方程式第一、二式分别对x、y求导并相加，且由3Ke =,

32 即可得证。 ,K2()38—3* 应力分量满足平衡方程，但不满足协调方程，因而所给应力状态是不可能的。

8—4 由题意u = u (x), vw0, 可由Lame方程计算，且边界条件有(u)x00, (x)x0；xpgx， y1pgx。 (Fxpg)

8—5 a+ f +Fx0,edFy0,Fx0;式中Fx.FyFz为体力分量。

yzrtg可知全应力p指向坐标原点o。全应力p的大小可由水Zz平面的正应力x与剪应力xr合成计算得到。

8—6 提示：按8—7 q01010N/mm2 max0.133;(1)P8—9 u2EP r2,a9.5×104mm,a0.069mm

q0169.9N/mm2

2(1)z23; RR8— 8 a = 0.093mm，a = -0.7×102mm,q08N/mm2,

q072.9N/mm2; msx0.31;rz(1)Pr(12)3; w2ER(Rz)R12z3zr2P15; (12)3; R(Rz)2R(Rz)RRP3z3P3rz2 z; rz.

2R52R5

第九章 加载曲面·材料稳定性假设·塑性势能理论

9—2* 提示：利用《弹塑性力学》书例9—1的结果。

2SS1S29—3* 提示：由式2，并引用 SiiS1S2S30

S1S29—4 单向压缩、双向等拉。

9—5* Tresca与Mises分别为242s2与232s2的椭圆曲线。 9—6* 提示：注意下列关系式

1122 J2(S1S2)2(S2S3)2(S3S1)2=(S12S2S3)(S1S2S2S3S3S1)

62122222233J2S12S2S2S3S3S1； J3(S13S2S3)；

33333322S13S2S2S3S3S13J3J2。

132 / 218

3229—7* （1） I123I2s2; （2）(S12S2S3)s2

29—8 按Tresca屈服条件，该点处于塑性状态。按Mises屈服条件，该点处于弹性状态（该点的应力状态处于主应力空间中Tresca正六方柱面之外，Mises圆柱面之内）。若改变所有应力分量的符号，将不改变对该点所处弹性或塑性状态的判断。

9—9 d1p：d2p：d3p1：(1)：

9—10 (a)、（b）情况下Tresca与Mises条件均为13s

第十章 弹性力学变分法及近似解法

10—2 U0(ij)E12222r rr22(12)10—3 提示：已知位移函数，可用最小势能原理解。aq2l2l,式中N1N2ql。 N1N210—4 Uc2EA3plp。 ,b2EJ6EJ2pl32pl3pl210—5 V =4。（比材料力学解答偏小1.5%) sin,Vmax4l48EJEJEJpl110—6 =

EA12cos310—7* 提示：此题为杆受纵横弯曲的解。可参照一般材料力学书籍。

2Ql1sinx w4

lEJpl212EJ4ql44ql4968ql410—8* a15。 ,a3,wmax55EJ234EJ234EJpl310—9* wmax

24EJa10—10 提示：（1）先根据位移边界条件，可得v3(3lx2x3)；（2）杆弯曲后

2l长度不变，而长度ds与其水平投影dx之差为（见题10—10图）：

2d22 ds－dx = dxddx = dx11;

dx31ddvd<< 1, 故由二项式定理可得： 11。于是梁的原长OA与挠曲线dxdx2dx11da弦长OA之差AA, 其值为：dx。答案：3(3lx2x3),

20dx2l5EJpcr2。

2l2EJ10—11* Pcr(此解为精确解）

4l32222133 / 218

d2w11dx, 10—12* 提示：的计算见10—10题提示。如用UEJ202dx21Mdx7.EJ7.83EJ8.28EJU,q;此题精确为q 如用qcr; crcr33302EJlll51110—13 RARBp,Rcp。

1682ql210—14* Mc

3210—15 Hp2l5p2l22;v22。 AKAK10—16* 提示：当体力为零；v0; U12E(xy2xy)dxdy

222601,AA1 26a2a4361602214bb22qx3qayqy22qxyx2A1A;qA;A1； 2y1xybb3b2b2A1=

第十一章 塑性力学极限分析定理及塑性分析

l(4ll1)M511—2 完全解， ps。

(2ll1)l1M11—3 * 完全解， qs19.22s。

l11—4* 提示：（1）连续梁中任一跨度内形成塑性机构时，全梁到达极限状态。因此，要对跨度逐段加以讨论。（2）BC跨度的约束和一端固定另一端自由的梁完全相同。此题BC跨度的左端可看作弹性约束端，但在采用刚性理想塑性模型时，在截面屈服之前

11—1 完全解， qs16Ms2。

是刚性固定的。答案：ps

6M。 l第十二章 理想刚塑平面应变问题

12—1 均匀受拉应力状态的自由边界AB上的滑移线场形式如题12—1图所示。

134 / 218

题12—1图 题12—2图

12—2 此问题的滑移线场如题12—2图所示，其极限载荷q02k。

12—4 极限载荷p02hy2kh(2)；若采用Tresca条件：p05.1415hs；若采用Mises条件：p05.9384hs。

 12—5 斜坡的滑移线场如题12—4图所示，其极限载荷为q0k2。

3

题12—4图 题12—8图

2； uVcos。  12—7 沿、两族滑移线的速度分量分别为：uVsin212—8 滑移线场如题12—8图所示，其极限载荷p0为：p02n4ak(1)。其

VV0。const；u速度场为：1）在AAB区：u； u。 2）在ABC区：u22V0。 3）在ACD区：u；u2135 / 218

题12—9图

12—9 2）极限载荷：p02n4ak(1)。

0；② 扇形ABC区：2V，u 3）速度场可分为三个区：① ΔABC区：u0；③ ΔACD区：u0。 2V，u2V ，uu

附录一 张量概念及其运算·下标记号法·求和约定

222222yz2(xyyzzx) （注意ijji） 附—1 （1） ijijx222222222x（2） ij、xy、xz、yx、y、yz、zx、zy、z2

（3） aijbjcja11b1c1a12b1c2a13b1c3

a21b2c1a22b2c2a23b2c3

a31b3c1a32b3c2a33b3c3

（4） ijijxxyyzz2(xyxyyzyzzxzx)

（注意ijji,ijji） i123 xixyz（6） 'i 即、、

xiyxziji1i2i3（7） ijj xjx1x2x3（5） ii即：

yxyyzzyzxxyxz; ; zx。 xyzxyzxyz136 / 218

2（8）'ij

xixj222222222, , 2, , , 2。 即：2，, , xyyxyzzyxzzxyxz22n2附—3* （a）nxynz1为空间一直线与x、y、z轴的方向余弦关系式。

（b）likljkij（注意liklki,ljklkj）

222l12l131, （i）当ij, ij1;l1kl1k1,l2kl2k1,l3kl3k1，即：l11222222l21l22l231, l31l32l331为空间三直线与x、y、z轴的方向余弦关系式。

ii）当ij,ij0;li1lj1li2lj2li3lj30，即：

（

l`11l21l12l22l13l230,

l21l31l22l32l23l330,

l31l11l32l12l33l130为空间三直线相互垂直对x、y、z轴的方向余弦关系式。

第二章 习题答案

ij2.6设某点应力张量应力矢量

的分量值已知，求作用在过此点平面axbyczd上的，并求该应力矢量的法向分量

pn(pnx,pny,pnz)n。

解 该平面的法线方向的方向余弦为

lad，mbd，ncd，da2b2c2 而应力矢量的三个分量满足关系

pnxxlxymxznpnyxylymyzn pnzxzlyzmzn而法向分量n满足关系npnxlpnympnxn最后结果为

137 / 218

pnxxaxybxzcdpnyxyaybyzcapnxxzayzbzcd

nxa2yb2zc22xyab2yzbc2zxcad2d2a2b2c2

2.7利用上题结果求应力分量为面x3yz1处的应力矢量解 求出l111,m32x0,y2,z1,xy1,xz2,yz0，及该矢量的法向分量

时，过平

pnn及切向分量n。

11,n111后，可求出pnx,pny,pnz及n，再利用关系

22222可求得n。 pnpnxpnypnznn最终的结果为

pnx511,pny711,pnz311 n2911,n72121

2.8已知应力分量为

x10,y5,z1,xy4,xz2,yz3，其特征方程为

32三次多项式bcd0，求b,c,d。如设法作变换，把该方程变为形式

x3pxq0，求p,q以及x与的关系。

解 求主方向的应力特征方程为

3J12J2J30

式中：J1,J2,J3是三个应力不变量，并有公式

J1xyz

222J2(xyxy)(yzyz)(zxzx)

xxyJ3xyyxzyzxzyz z代入已知量得b14,cb,d192

138 / 218

为了使方程变为Cardan形式，可令xb3代入，正好x项被抵消，并可得关系

2b22b3bcpc,qd

3273代入数据得p178359.3333，q16.7407，x143

2.9已知应力分量中xyxy0，求三个主应力123。 解 在xyxy0时容易求得三个应力不变量为J1z，

22J2yzzx2，J30特征方程变为

3z22(2z2)0

求出三个根，如记12z22，则三个主应力为

1z21,20,3z21

记123

2.10已知应力分量x0.9s,y0.2s,z0.1s,xy0.1s,yz0.2s,

,J3及主应力1,2,3。 zx0.1s，s是材料的屈服极限，求J2解 先求平均应力0.4s，再求应力偏张量sx0.5s，sy0.2s，

sz0.3s，sxy0.1s，syz0.2s，szx0.1s。由此求得 0.25s2,J30.019s2 J2然后求得rs3，sin30.3949，解出0.1353rad

s1rsin0.0779s 1s10.3221s s2rsin(23)0.5344s 2s20.9344s s3rsin(43)0.4565s 3s30.056s

然后按大小次序排列得到

139 / 218

10.9344s，20.3221s，30.056s

2.11已知应力分量中123xy0，求三个主应力i(i1,2,3)，以及每个主应力所对应的方向余弦(li,mi,ni)(i1,2,3)。

2222解 特征方程为3(xz，则其解为1， yzyz)0记xz20，3。对应于i的方向余弦li，mi，ni应满足下列关系

ilixzni0 （a） imiyzni0 （b） li2mi2ni21 （c）

由（a）,(b)式，得linixzi，miniyzi，代入（c）式，得

(xzi)2(yzi)211ni2，由此求得

nii2i2,lixz2i2,miyz2i2

yzxz1,m1,n1对i1，1，代入得l1 222对i2，20，代入得l2yz,m2xz,n20 2 对i3，3，代入得l3xz,m3yz,n1122

sz(sz2J2)成立。 2.12当xzyz0时，证明J3解

sxxyJ30xysy0020sz(sxsyxy)

sz12222(sx J2sysz)xy2140 / 218

2220,sz由J1(sxsy)2sxsy2sxsy，移项之得

112222sxsy(sz2sxsy)sz2(sz2sxsy)

2212222 sxsyxysz2(sz2sxsy)xysz2J22sz(sz2J2) 证得J3

第三章 习题答案

EE,G，是用应变不变量

211123.5 取,G为弹性常数，I1,I2,I3表示应力不变量J1,J2,J3。

解：由11232G1I12G1，可得J132GI1，

由122I122GI1124G212，得

J212233132I214GI124G2I2324GI128G2I2

222J3123I12GI1124G12I12G23I312G2I134G2I1I28G3I3

32G2I134G2I1I28G3I3141 / 218

3.6 物体内部的位移场由坐标的函数给出，为ux3x2y6103，

uyy26xz103，uz6z22yz10103，求点P1,0,2处微单元的应变张量ij、转动张量ij和转动矢量i。 解：首先求出P点的位移梯度张量

uxxuiuyxjxuzxuxyuyyuzyuxz6xy3x20uy36z2y6x10z02z12z2yuz z03010312060424将它分解成对称张量和反对称张量之和

03007.5004.5012061037.501034.5103

501ijij52410042400转动矢量的分量为

x320.001rad，y130rad，z210.0045rad

该点处微单元体的转动角度为

0.0010.0045220.0046rad

3.7 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3.1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，00.0005，

900.0008，450.0003，求该点的主应变和主方向。

142 / 218

解：根据式nijninj先求出剪应变xy。考察45方向线元的线应变，将

n45， lm2，n0，x0，y90，zyzzx0代入其2中，可得xy2xy245090700106 则主应变有

5003503508001060

解得主应变11031106，2269106，30。由最大主应变可得

350l50010311060 8001031m350上式只有1个方程式的，可解得1与x轴的夹角为

tan1m5311.5165 l350于是有156.6，同理，可解得2与x轴的夹角为233.4。 3.8 物体内部一点的应变张量为

0500300106

ij3004001000100200

试求：在n=2e12e2e3方向上的正应变。 根据式nijninj，则n方向的正应变为

nijninj34106223050030016300400100103 0100200143 / 218

3.9 已知某轴对称问题的应变分量z具有zfz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u0,0，这时应变和位移之间的关系为

duz，由不，u，z。应变协调方程简化为dzuu可压缩条件z0，可得

dd2fz0

可积分求得fz2cz2，cz是任意函数，再代回

dd，可得fz2cz2。

2f1x,y2f12f13.10 已知应变分量有如下形式x，y2，xy2， 2xyxyxzf1,f2,f3

f2x,yf，yz2，zf3z，由应变协调方程，试导出yx应满足什么方程。

22xxy解：由方程22，得出f1必须满足双调和方程22f10。

xyxy2y2xzxxyyz2由，得出2f20 xxyzxyz2yxyyzyx2f20 2由，得出yyzxyxz由此得2f2c，其它三个协调方程自动满足，故对f3没有。

144 / 218

第四章 习题答案

4.3有一块宽为a，高为b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q1和q2作用，见题图4.1，如不计体力，试求薄板的位移。

145 / 218

题图4-1

解：1.设置位移函数为

ux(A1A2xA3yvy(B1B2xB3yuu0Amumm) （1） )因为边界上没有不等于零的已知位移，所以式

,vv0Amvm中的u0、v0都取为零，显然，不论式（1）

m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A1、B1两个系数。

uA1xAu,vB1yB1v1 （2） 11uA1,xUu0,yvB1,yu0 xabEEab2222AB2ABdxdyAB2A1B1 （3） 11111120022(1v)2(1v)3.确定系数A1和B1，求出位移解答。因为不计体力XY0，且注意到

m1，式4-14简化为

UXu1ds （4） A1UYv1ds （5） B1对式（4）右端积分时，在薄板的上下边和左边，不是X0，就是u10，故积分值为零。在右边界上有

Xq1,u1xa,dsdy

146 / 218

Xudsqadyqab （6）

1011b同理，式（5）右端的积分只需在薄板的上边界进行，

Yv1dsq2bdxq2ab （7）

0a将式（3）、式（6）、式（7）分别代入式（4）、式（5）可解出A1和B1：

Eab2A12B1q1ab 22(1v)Eab2B12A1q2ab

2(1v2)q1q2qq1 ， B12 （8） EEqq2qq1uA1x1x,vB1y2y （9）

EE4．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。 A14.4设四边固定的矩形薄板，受有平行于板面的体力作用(X0,Yg)，坐标轴如题图4.2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uu0Amumm

,vv0Amvm中的u0、v0都取

m为零，且将位移函数设置为如下形式：

uAmnsinmxnysinabmn （1）

mxnyvBmnsinsinabmn147 / 218

把x0,xa或yo,yb代入上式，因为，sinmxny0或sin0，所ab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

E2ab1m21n22 UAmn22242(1v)a4(1)bmn1n21m2 （2） B222mn2(1v)b4(1)a2mn3. 确定系数Amn和Bmn。由于位移分量在边界上为零，所以，方程式4-14简化为

abUmxnyXsinsindxdy00Amnab （3） abUmxnyYsinsindxdy00Bmnab式（2）代入式（3），得

abE2abm2n2mxnyAXsinsindxdymn002224a(1)2b(1)ab （4） 222abEabnmmxnyBYsinsindxdymn002224abb(1)2a(1)由于X0,Yg，从式（4）的第一式得Amn0，由第二式得

E2abn2m2Bmn 2224b(1)2a(1)gga0b0sinmxnysindxdy abab(1cosm)(1cosn) mn2当m和n取偶数时，(1cosm)和(1cosn)都为零，当m和n取奇数时，

(1cosm)和(1cosn)都为2。因此，当m,n取偶数时，Bmn0。当m,n取奇

数时，

Bmn16g 22nm4Emn222b(1)2a(1)将Amn和Bmn代入式（1）得位移分量为u0

148 / 218

vmn16gmxny sinsin22abnm4Emn222b(1)2a(1)16gmxnysinsin 22abnm13mnb22b2a16gmxnysinsin 22abnm13mnb22b2a4．利用几何方程和物理方程，可求出应力分量（m和n取奇数）；

xEuv12xymnEvu21yxmnyxyEvu2(1)xymn8gmxny cossin22abnm3na22b(1)2a

4.5有一矩形薄板，三边固定，一边上的位移给定为u00,v0sin图4.3，设位移分量为uAmnsinmnxa，见题

mxnysin， abvyxmxnysinBmnsinsin式中，m,n为正整数，可以满足位移baabmn边界条件。使用瑞兹法求维持上述边界位移而要在yb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

22abuvEuv1U22(12)00xyxy2vuxy2dxdy UAUBUCUD

其中

149 / 218

abuEUAdxdy2002(1)x22m2abE2mx2nysindxdy Amncos2(12)00mnaabE2mab A2mn2(1)mna4abvEUBdxdy

2(12)00y222n2abE2mx2ny212xBsincossinmn22(12)00mnbabba2Bmnnmxxnysinsincosdxdybbaab2Enab2ab22Bmn 2(12)b4b2mnabEuv2dxdy 2002(1)xyUCab2EmmxnynmxnyAcossinBsincos mnamn2(12)00mnabbabAmnmmxnyxcossinsindxdy aabbaab1EUD2(12)002vudxdy xy2E2m22b22b2En2a2Bmn161bAmn4(1)4a6aEnAmn2(1)baa0sinbmxxnycosdxycosdx

0aab2．确定待定系数。按题意三边固定（umvm0），一边只存在

v0umvm0而面力待求。所以，

150 / 218

abUmxnyXumdxdyXsinsindxdy00Amnab （2） abUmxnyYvmdxdyYsinsindxdy00Bmnab将式（1）代入式（2），得

U2Eabm2n22Amn 22Amn4a(1)2b(1)a0b0Xsinmxnysindxdy abAmnAmnU2Eabn2m2Bmn 222Bmn4b(1)2a(1)aby2Exmxny2sinsinsindxdy 002a(1)baabmxnysindxdy

00ab当体力分量为零时，XY0，得

2 Bmn22mn3ab12222a1b1abyxmxnysinsinsindxdy 00baababYsin当m1时，UC0，Amn0，而

abvuEdxdy0，所以，此时有 002(1)xyB1n2 21na3b(1)2222a(1)b(1)sin20axadx2b0ynysindy bbn1a21n1n22b(1)2a

3.位移和应力解答为 u0

151 / 218

vyxysin2bana1nyab

n21n22b(1)2an1sinxsinxEuvEv 12xy12ynyn1cosExb1 sin222na11banb2(1)2nyn1cosEvuExb1 ysin2222na11yx1banb2(1)2nyn1sinEvExy1b xycos32nan2(1)x2(1)babanb2(1)24.求上边界施加的面力（设0,ab），在yb处

XxyE2acosxa1.57Ex cosaaYyEx1Ex sin121.sin2aaaan2n14.6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u,v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

0ab0E2u12u12vmxnyXsinsindxdy0 2222y2xyab1xE2v12v12umxnyYsinsindxdy0 2221y2x2xyab0ab0将上题所给的u,v表达式代入，积分后得

152 / 218

abE2abm2n2mxny2AXsinsindxdy0 mn22004a12b1ababE2abn2m2mxnyE22BmnYsin2sindxdy22004b12a1ab2a(1)abyxmxnysinsinsindxdy 00baab当体力不计时，XY0，此时Amn0，而Bmn由下式确定：

abyE2abn2m2E2mxxny2Bsinsindxsindy mn222004b12a12a(1)aabbamxx当m1时，sinsindx0即Bmn0，当m1时，上式成为

0aaabyE2abn21E2ny2x2Bsindxsindy 1n222004b12a12a(1)abbEbn11

4a(1)n由此解出B1n及位移分量如下：

B1n2au0

12n1n1n22b12a

nynny1sinsin1sinxy1yxb absinvsin23annabnban21n2an222b12b12anx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。

4.7铅直平面内的正方形薄板边上为2a，四边固定，见题图4.4，只受重力作用。设0，试取位移表达式为

x2y2xyx2y2u1212A1A22A32aaaaaax2y2x2y2v1212B1B22B32aaaa 用瑞兹法求解（在u的表达式中，布置了因子x和y，因为按照问题的对称条件，u应该是x和y的奇函数）。

153 / 218

题图4-4

解：1位移表达式中仅取A1和B1项：

x2y2xyu12122A1u1A1aaa （1） 22xyv1212B1v1B1aa2由0得变形势能为

222Eaauv1vuUdxdy （2）

2aaxy2xy其中

uy23x2yux23y2x12122A1,12122A1 xaaayaaay22xx22yvv122B1,122B1 xaayaa代入式（2），得

222Eaay2y23x224y2x22U41212A1412B1

2aaaaaaa12xy2xx23y2212B121212A12aaaaa2dxdy （3） 3.确定系数A1和B1。因板四周边界上位移为零（uv0，面力未知），板的体力分量为X0,Yg，所以得

U0A1 22aaaaxyUYv1dxdyg1212dxdyaaaaB1aa1 / 218

将式（3）代入式（4），得

222xx3y2xy21212A1212B1aaaaaxx23y221212dxdy0aaa （5）

2222UEaa2xxy3y4121212A1B12aaaaaa8y2x224x2y22412212B1dxdyaaaaaax2y2g1212dxdyaaaa22222UEaa2yy3x41212A1A12aaaaa注意，有以下对称性：

x2x212aaa4aaaaa222aay3y2y212dxdyaa412aaa2223x212dxdy

a22aayxy2x212dxdy412dxdy aaa4aaaaa2式（5）积分后成为式（6），由此可求得A1、B1和位移、应力分量：

61A1B1073 （6） 2212gaA1B1255E175ga2225ga2A1,B1 （7）

1066E533Ex2y2175ga2u1212aa1066E （8） 222xy225gav1212aa533E155 / 218

x2450ygy12 （9）

533a4x23y225y2xygx1212912533aa7a175y23y2xgy12121066aa4.8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

2uy26xy2ux26xy124A1,124A122xyaaaa2vy222vx221B,1B11（1） x2a2a2y2a2a22u3x23y2A12v4xy12122,4B1xyaaaxya2.确定A1和B1。因为0,X0,Yg，所以伽辽金方程简化为

2u12u12vEudxdy0122aax2y2xy （2） 222aav1v1uEgvdxdy01aay22x22xyaa将u1,v1以及式（1）代入（2），得

y26xy1x26xy124A1124A1 aa2aaaaaa14xyx2y2xyB112122dxdy0 2a4aaax221y22122B1122B1aa2aaaaaa

x213x23y2A1y212122g1212dxdy0 2aaaaa由此解出A1和B1：

175ga2225ga2A1,B1 （3）

1066E533E156 / 218

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。

4.9悬臂梁自由端作用一集中力P，梁的跨度为l，见题图4.5，试用端兹法求梁的挠度。

题图4-5

解：1.设梁的挠度曲线为

xwB11cos （1）

2l此函数满足固定端的位移边界条件：wx00,EI2d2wEI2dxPBB112022ldxl24ldw0，梁的总势能为 dxx04EIl2xcosdxPBB1PB1 1042l2l2由

0得 B1432Pl3EIlB1P0， B14EI 22lB1代入式（1）得挠度为式（2），最大挠度为式（3）

32Pl3xw41cos （2）

EI2lwmaxwxl1Pl3 （3） 3.037EI4.10有一长度为l的简支梁，在xa处受集中力P作用，见题图4.6，试用瑞兹法和伽辽金法求梁中点的挠度。

157 / 218

题图4-6

解一：用瑞兹法求解

设满足梁端部位移边界条件wx0,l0的挠度函数为wBmsinmmx （1） l梁的变形能U及总势能为

1lM2EIUdx20EI2EI44l3d2wEI4dx20dx4l3l2mB4mm

m4BmPBmsinmmma l由

0得 Bm2Pl3sinBmmal

EI4m43w2PlEI4msinmamxsinll （2） m4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P作用于中点（al2）时，跨中挠度为（只取一项）

wxl22Pl3Pl3 4EI48.7EIPl3这个解与材料力学的解（）相比，仅相差1.5%。

48EI解二：用伽辽金法求解

d2w1.当对式（1）求二阶导数后知，它满足20，亦即满足支承处弯矩为零

dxx0,l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qdxP，且作用在xa处，可得

4mam2mxEIBsindxPsin0 0mllll2Pl3sinBmmal

EI4m4158 / 218

求出的挠度表达式与（2）一致。

4.11图4.7所示的简支梁，梁上总荷重为W0，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wxl20的挠度为

wB1cosxl （1）

l2l22xxxB12cos2dx2q0B1cosdx

ollll4则总势能为EI0EI34lq011BB1

l3221EI34lq0110，2B10 B1l322q0l411B1 4EI2B1代入式（1）得

2q0l411xwcos 4EI2lwmaxwx02q0l411 EI42梁上总荷重为W0，因此有

2W04W0l311q0,wmax 4lEI24.12一端固定、另一端支承的梁，其跨度为l，抗弯刚度EI为常数，弹簧系数为k，承受分布荷载qx作用，见题图4.8。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。

159 / 218

题图4-8

解：用位移变分方程推导

221ld2w2ldwdw1.梁内总应变能的改变为UEI2dxEI2dx 2002dxdxdx2.外力总虚功为

l0q(x)wdxRAwAq(x)wdxkwwxl

0l3.由位移变分方程式得

ld2wd2wEIdxq(x)wdxkwwxl （1） 20dx20dxl对上式左端运用分部积分得

2ldwd2wd2wdwEIdxEId 220dx20dxdxdxl3ldwd2wdwdwEI2EIdx 30dxdxdxdx04ldwd2wdwd3wEI23wEI04wdx

dxdxdxdx0ll代入式（1），经整理后得

d2wdwd3wdwd2wdwEI23EI2

dxdxdxdxdxdxx0ld3wd4wkwEI3wEI4q(x)wdx0 （2）

dxxl0dx由于变分w的任意性，上述式子成立的条件为

d4wEI4q(x)0 （3） dxd2wdwd3wdwdx2dxdx3dx0 （4）

x0160 / 218

d2wdwd3wEIdx2dxkwEIdx3w0 （5）

xl4式（3）就是以挠度w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

wx00,dw0 （6） dxx0梁的右端为弹性支承，则有

wxl0,dw0 （7） dxxl注意到式（4）能满足，而欲使式（5）成立，必须满足

d2wd3w0,kwEI30 （8） 2dxxldxxl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

5.3矩形薄板具有固定边OA，简支边OC及自由边AB和BC，角点B处有链杆

161 / 218

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）wx00,w0 xx0（2）wy00,My（3）My0,Vyy02w2wM0 M0或22yxy0ybybq0

2w3w2w3w0 ， D3(2)2q0 或用挠度表示为22xybxyybyy（4）Mxxa0,Vxxa0

2w3w2w3w0 ， 3(2)0 或用挠度表示为222xyxxyxaxa（5）wxa,yb0

5.4矩形薄板的OA和OC边为简支边，AB和CB边是自由边，在B点有一个向上位移，且由链杆拉住，如题图5-2所示。试证wmxy能满足一切条件（其中，m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：4w0。 边界条件为

162 / 218

OC边 wy02w0,2y2w0,2xyb0

y0OA边 wx00

y0AB边 MyCB边 Mx0,Vyyb0

xb0,Vxxb0

2.将挠度表达式代入后，可知满足以上各式。由B角的位移条件确定m，从而求出挠度，内力和反力：

wxa,yb,mab,wabxy

MxMyFQxFQyVxVy0

Mxy2wD(1)D(1)

xyab2D(1) ab2D(1)R0RARBRC0

ab3.分析：给定的B角点的位移沿z轴反向，故为负值。四个角点反力的数值R2Mxy虽然相同，但R0、RB的方向向上，RA，RC则向下，这些反力由外界支承施加于板。

5.5题图5-3所示矩形板在C点受集中力P作用，OA和AB两边简支，OC和

BC两边自由，试求挠度、内力和反力。提示：wmx(yb)，m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4w0

163 / 218

wx00,Mxwy00,Myx02w2wD220

yx0x2w2wD220

yxybybMxxa2w2wD220

xyxaVxxa3w3wD3(2)0 2xyxax2w2wD220

xy0yMyy0Vyy03w3wD3(2)0 2yyxy02.不难验证wmx(yb)能满足以上方程和条件。有角点C的补充条件可确定

m，进而可求出挠度、内力和反力：

RC2MxyC2wP,2D(1)P

xymP

2D(1)Px(yb)Pab ， wmaxwxa,y0

2D(1)2D(1)wMxMyFQxFQyVxVy0 ， MxyR0RARBRCP

P 2RA，RC的方向向上，R0、RB则向下（沿z轴正方向）

5.6有一块边长分别为a和b的四边简支矩形薄板，坐标系如题图5-4所示，受

xyxysinsin板面荷载qq0sin作用，试证wmsin能满足一切条件，并abab求出挠度、弯矩和反力。

1 / 218

题图5-4

解：不难验证w能满足所有简支边的边界条件，由挠曲面方程式4w定m，从而求出挠度、弯矩和反力。

44xyxy 4wmsinsinsinsinaabbabq可确D2q0a44a2bsin2xasinyq0xy sinsinbDabsinm4D1ab222 ， wq0a44D1q0a4ab22sin2xayb

wmaxwxa,yb224D1ab222

22xyMxDm22sinsin

abab22xyMyDm22sinsin

babaDm312Vx2aa2bDm312Vy22bbaxycossin abxycossin ab2D(1)m2xyRcoscos

abab5.7有一矩形薄板的OA与CB边是简支边，其上作用有均布弯矩M，OC和AB边为自由边，其上作用有均布弯矩M，若设wfx能满足一切条件，试求出挠度、弯矩和反力。板面无横向荷载q作用，坐标取题图5-5。

165 / 218

题图5-5

解： 将wfx代入挠曲面方程4w0，得

d4fx0， fxA1x3A2x2A3xA4 4dx

弯矩、反力的表达式为

2w2wMxD22D6A1x2A2

yx2w2wMyD22D6A1x2A2

xyMxyFQyVy0，R0,FQVx6DA1

x由边界条件确定常数，从而求得挠度和内力：

M wx00,Mxx0M,A40,A22DMa wxa0,MxxaM,A10,A32DM2Mwfxxx

2D2DMyy0MyybM,Vyy0Vyyb0能满足。

所以，wfx能满足一切条件，MxM,MyM，其余内力和反力为零。 5.8 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

166 / 218

wAmnsinm1n1mxnysin ab荷载表达式为

a2x0x,q(x,y)q0

2a2qaxa,q(x,y)(ax)0 2a由式Amn4mnabD22ba42220ab0qsinmxnysindxdy求出Amn： abaa2q0ny22q0mxmxbAmn4sindyxsindxa(ax)sindx00baaaa222b4q0a4sinnam2m2n24abD22ba2m2n24abD22

ba221m1232q07Dm2n式中，m1,3,5,wmn22ab22

;n1,3,5,m1272

32q0sin2mxny sinabm1,3,5,n1,3,5,1m2n2Dmn22ba5.9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

by的板边受均布弯矩M0作用，求板的挠度。

2

题图5-7

解：1。采用李维解法。因为板面荷载q为零，故式

2amxmm(4)Ym2YYqx,ysindx右端积分为零，即特解为mm0aaaDa167 / 218

24零，再考虑变形的对称性，板内挠度应是y的偶函数，所以， CmDm0，则挠度表达式为

mymymymxwAmchBmshsin aaaam1b2.利用y的边界条件确定系数Am，Bm：

2wyb0,AmBmamtham,ammb2a

2Myyb22wM0,D2M0

yby22mxm2DBmchasinM0 maam1等式两端同乘以sinmx，对x积分，且注意到三角函数的正交性，得 aBm2M0a2Dmn33cham m1,3,5,

2M0a2wD3

m1,3,5,1mymymymx athachshmmsin3mchamaaaar，如题图5-8.求其挠度a5.10半径为a的固定边圆形薄板，板面荷载为qrq0和内力。

题图5-8

解：1.板中无孔，满足挠曲面微分方程的挠度可取为

wC0r2D0w1 （1）

式中，特解设为w1mr5，代入挠曲面方程后，得

q0q0,wC0r2D0 （2）

225aD225aD2.由边界条件求得常数，进而求出挠度和内力： m168 / 218

wra0,dw0 drraq0a2q0a4C0,D0 （3）

90D150Dq0a2r2a2r5w （4）

15D61015a3q04r4a3r3a345a233q0ar4rM1313 （5）

45aaq0r2FQr,MrFQ03a3.分析 Mr（1）取半径为r的板中部分圆板的平衡（Fz0）也可求得FQr：

q0r22rFQr2rq0dr0,FQr

03arr（2）若固定边圆板受荷载qq01作用（题图5-9a），该荷载可分解成题

a图5-9b和题图5-9c所示两种荷载。题图5-9b的解答很容易得到，题图5-9c状态下的解答则可将q0代换本题的式（4）、式（5）中的q0而求得。题图5-9b和题图5-9c状态下的解答叠加起来便可求得题图5-9a状态下的解答，不难证明，题图5-9a情况下的挠度为

q0a4r2q0a2r2a2r5w 123Da15D61015a2

题图5-9

5.11有一半径为a的固支圆板，板中心受集中力P作用，见题图5-10a，求其挠度和内力。

169 / 218

题图5-10

解：1.这是轴对称弯曲问题，板面无均布载荷，故特解w1为零，则其挠度表达式为

wA0lnrB0r2lnrC0r2D0 （1）

板中心无孔，挠度应是有限值，A0应为零。该板的边界条件为

wra0,B0a2lnaC0a2D00 （2）

dw0,2B0alnaB0a2C0a0 （3） drra取半径为r的部分圆板的静力平衡条件Fz0，得

4DB02rFQrP0,2rP0 （4） r2．由式（2）、式（3）、式(4)求得常数，进而求出挠度和内力：

PPPa2B0,C0(12lna),D0

8D16D16DwP22r2ar2rln （5）

16DaPr1ln14aPrM1ln （6） 4aPFQr2rMr3.分析 ：题图5-10b所示固支圆板，当版中心链杆支座发生沉陷时，可以用

本题的式（5）求解（其中第三项在板中心为零）

wr0Pa216D,,P （7）

16Da2170 / 218

将P代入式（5）、式（6），求得题图5-10b情况时的挠度和内力为

wr222ar2rln （8） 2aa4Dr1ln12aa4DrM21ln （9）

aa8FQr2arMr5.12有一半径为a的简支圆板，板面无荷载，但在周边受均布弯矩M作用，见

题图5-11所示。求圆板的挠度和内力。

题图5-11

解：1.因板面无荷载，板中心无孔，故特解w1和常数A0，B0取为零。挠度、转角、内力表达式如下：

wC0r2D0 （1）

dw2rC0 （2） drMrM2(1)DC0,MrFQrFQ0 （3）

边界条件为：wra0 （4） MrraM （5）

2.求出C0，D0后代回式（1）、式（2）、式（3），得

Ma2r2w12

2(1)DadwMar,MrMM dr(1)D

171 / 218

第六章 习题答案

6.3 在拉伸试验中，伸长率为ll0l0，截面收缩率为A0AA0，其中

172 / 218

A0和l0为试件的初始横截面面积和初始长度，试证当材料体积不变时有如下关系：

111

证明：将和的表达式代入上式，则有

ll0AA0111lA00lA1 l0A06.4 为了使幂强化应力-应变曲线在s时能满足虎克定律，建议采用以下应

力-应变关系：

0sE msB0 (1)为保证及

d在s处连续，试确定B、0值。 d (2)如将该曲线表示成E1形式，试给出的表达式。 解：（1）由在s处连续，有

EsBs0 （a）

由

d在s处连续，有 dmEBms0 （a）、（b）两式相除，有

m1 （b）

s1s0 m0s1m （c）

由（a）式，有

BEss0mEsmsm （d）

（2）取E1形式时， 当0s：0即E

173 / 218

当s：应力相等，有E1B0

mB0 解出得， 1

Em0s

（代入B值） 1mms00sm （代入0值） 1 ss111msm6.5已知简单拉伸时的应力-应变曲线f1如图6-1所示，并表示如下：

E f2sEts0sst t 问当采用刚塑性模型是，应力-应变曲线应如何表

示？ 图6-1 解：刚塑性模型不考虑弹性阶段应变，因此刚塑性应力应变曲线即为p

曲线，这不难由原式推得

s0ptpts

而在强化阶段，EE，因为这时

sEtsE将都移到等式左边，整理之即得答案。

spf2ptpEsrpt E0

pptppt其中tpts

ErEEEE EEE1E6.6 已知简单拉伸时的f1曲线由（6.1）式给出，考虑横向应变与轴向应

174 / 218

变的比值

p23111

1为材料弹性时的泊松比，但进入塑性阶段后p值2在弹性阶段，p开始增大最后趋向于

1。试给出pp的变化规律。 2 解：按题设在简单拉伸时总有

12312 （a）

左边为体积变形，不论材料屈服与否，它要按弹性规律变化，即有

123 比较（a），（b）两式，得

1212f1 （b）

EE11f p122E 将f1表达式代入，即可得p。

6.7如图所示等截面直杆，截面积为A0，且ba。在xa处作用一个逐渐增加

的力P。该杆材料为线性强化弹塑性，拉伸和压缩时性能相同。求左端反力FN1和力P的关系。

解：（1）弹性阶段

基本方程：平衡方程 （a）

几（b）

本

构

方

程

何

方

程

N1N2P

lalb

N1aN2b EAEA175 / 218

（c）

联立求出 N1bPabN2aP ab显然，N1N2，a段先屈服，取N1NssA，得

P1PsN1abaNs1，当PP1时，N1、N2值如上述表达式。 bb （2）弹塑性阶段（a段塑性，b段弹性）平衡方程和几何方程仍为（a）、

（b）式。

as本构方程：

asE1b且设NssA

bE 将本构方程代入几何方程： aabb

s即 saE1bab E两侧同乘面积A，并利用平衡方程（a），得

N1NsAsE1PN1ab EbE1PNsaE解出 N1

E1b1EaE令11，则得

Eb1PNs （e） N1ab11a本阶段结束时，bs,N2sANs

bb由几何方程 abs

aab且 asasE1sE1s1

a176 / 218

利用平衡方程

bbP2N1N2aANsNs11 （f）

aa当P1PP2时，N1为（e）式。 （3）塑性阶段 PP2 平衡方程和几何方程同上。 本构方程 （g）

与（2）弹塑性阶段同样步骤：可得

aP1NsbN1a1basasE1 bsbsE1PP2

6.8 如图所示等截面直杆，截面积为A0，且ba。在xa处作用一个逐渐增

加的力P。该杆材料为理想弹塑性，拉伸和压缩时性能相同。按加载过程分析结构所处不同状态，并求力P作用截面的位移与P的关系。 解：基本方程为

平衡方程 PN1N2 （a） 几何方程 lalb （b）

E 本构方程 ss

saP ab （1）弹性阶段 由前题知， N1bPabN2因ba，故N1N2。

c截面位移

177 / 218

cla本阶段终止时，

N1aabP EAEAabas,as cslaaasa

aPasA1b（2）弹塑性阶段（as,bs） 此时，as,N2PN1PsA c截面位移由b段变形控制：

clb且本阶段终止时，

N2bPsA EAEAbs,bs

cslbbasb （3）塑性阶段（as,bs）

PsN1N22sA

c无限位移（a、b为不定值）。 （4）图线斜率比较：

oe段：

PesasA1baaaAE1AE1bb saaba2sAsA1PPbAEoe段斜率 es段： sesbasbab178 / 218

6.9 如图所示三杆桁架，若1260，杆件截面积均为A0，理想弹塑性材

料。加载时保持PQ并从零开始增加，求三杆内力随P的变化规律．

解：基本方程为

11P12322A 平衡方程： （a) 33QP1322AAv3u4l4lvu水平位移 几何方程： 2

lv竖直位移v3u34l4l1（b）

1 协调关系： 132

2E 本构方程： iisisisi1,2,3

（c）

（1）弹性阶段（is）

利用（a）、（b）及（c）第一式，联立求解得

P11P 1 0.78A5A324PP0.8 5AAP11P 30.38

A35A179 / 218

N10.78P即 N20.8PN30.38P当PPe时

可看出213 结构弹性极限：令2s 有 Ps4P 5A5As1.25Ns 4 （2）弹塑性阶段（2s,1、3s） 取N2Ns，结构成为静定，由平衡方程

N1N32PNs2N1N3P3

1解得 N11PNs1.58PNs

31 N31PNs0.42PNsNs0.42P

3 N2Ns

若取N1Ns，即1.58P2NsNs此时N3Ns0.42P20.533Ns

即当PsPP2时，内力为上列N1、N2、N3值，当N1Ns时，杆1和杆2 已 进入塑性阶段，当PP21.27Ns时，两杆为无线变形，结构已成为机构。 故，此结构Ps1.27Ns。

6.11 如图所示三杆桁架，理想弹塑性材料，杆件截面面积均为A0，求下述两种

加载路径的节点位移和杆件应变：

(1)先加竖向力Px0，使结构刚到达塑性极限状态，保持y不变，开

始 加力Q，使桁架再次达到塑性极限状态。

P21.27Ns

180 / 218

(2)先加水平力Qy0，使结构刚到达塑性极限状态，保持久不变，开

始

加力P，使桁架再次达到塑性极限状态。

解：此结构的基本方程为

2 平衡方程：1P13A2 （a） 1Q13A22h 几何方程： 2yh3yz2h2h2h 且有： 213

E 本构方程： s1zy （b）

s （c）

s 将基本方程用其相应的增量表示为

21P13A2 a 1Q13A2 平衡方程：181 / 218

几何方程： 2hyz32h2h1且有： 213

zy2h2hy b

E 本构方程： 0s c

s（1）加载路径见（1）教材 （2）加载路径见（2）

第一阶段：先加Qy0，由基本方程可得

1313Q20

113A21A 2 显然，1杆、3杆同时屈服，此时

13s,QQs2sA,20P0 （d）

z2hs,y0 第二阶段：在保持z不变的情况下施加力P，这是Q由相应改变，此时，

节点位移增量为

z0,yy0

由增量形式几何方程b

10,20,30

这说明杆1、2、3均伸长，即杆3卸载。

10,2E20,3E30

由增量形式平衡方程a

182 / 218

P1230A2

Q130A2 说明保持s不变，P增加时，Q必须减小，当取2s，2s，即

杆2进入拉伸屈服，此时，将各项增量与（d）式相应初始值叠加， 有：

112PPssA1As242132Q2sAQ2sAsAsA422 （e） 311s,2s,3s22z2hs,y2hs12s,3s12 第三阶段：保持z不变，继续增加力P，此时120，即 12s与第二阶段相似，Q必须减少。

3 当3s，即3s时，结构达到极限状态。这时：

2123s

P1332sAsA4221332sAsA242

Qs33s E2 将各增量与（e）式相应初始值叠加，有

183 / 218

123sP12sAQ0 （f）

z2hsyhsyhs2h34h313s,22s,3s

184 / 218

第七章 习题答案

7.3 设S1、S2、S3为应力偏量，试证明用应力偏量表示Mises屈服条件时，其

形式为：

322S1S2S32s 2证明：Mises屈服条件为

122331左式S1S2S2S3S3S12222222s2

22S12S2S32S1S2S2S3S3S1

12322S12S2S32S1S2S322S1S2S30左式3SSS21222322s

故有 322S1S2S32s 27.4 试用应力张量不变量J1和J2表示Mises屈服条件。

解：J1123 J2122331

2Mises屈服条件：1223312s

2左式212232122331222

221223122331 2J123J22s2故有 J123J2s2 7.5 试用Lode应力参数表达Mises屈服条件。

解：由定义：

185 / 218

81max3122331121342221222321212313222221222331311222313

21222232312123231322132123231312233122212233122即 3313

12132Mises屈服条件为

122331将上式代入，得：

2222s2

22313s 2即：

13232s

00100MN/m2，该物体在单向拉伸 020007.6 物体中某点的应力状态为03000时s190MN/m2，试用Mises和Tresca屈服条件分别判断该点是处于弹性状态还是塑性状态，如主应力方向均作相反的改变（即同值异号），则对被研究点所处状态的判断有无变化?

186 / 218

解：（1）Mises屈服条件判断

1223317.2210MN/m2s422226104MN/m2

故该点处于弹性状态 （2）Tresca屈服条件判断

13200MN/m2

故该点处于塑性状态

如果各应力均作为变号，则以上各式不变，所作判断没有变化。 7.8 已知薄壁圆球，其半径为r0，厚度为l0，受内压P的作用，如采用Tresca

屈服条件，试求内壁开始屈服时的内压P值。 解：研究半球的静力平衡

rd2rcospsin2rl0000020

02r02pr0p220sincosd2r0l00

r0p2t0sin2d2t0内球面：rp，外球面：r0

12r0p0,3r0 2t0由Tresca条件，内壁先开始屈服，此时

13r0pps2t0rpps102t0

7.9 薄壁管受拉扭联合作用，只有正应力和切应力，试用,表示Mises和

Tresca和双剪应力三种屈服条件。

解：(1）Mises：由J2111226222s2，得 633232s2 187 / 218

（2）Tresca：12,20,32 2222由max1113s，得 2222242s2

（3）双剪应力：

1122132,12,23，由此4224222得出

22232s4222当0

可以写成

432s222当0222s924s2

当0时，三种屈服准则得出的s值有所不同。

7.10 在平面应力问题中，取zxzyz0，试将Mises和Tresca和双剪应力

屈服条件用x、y、xy三个应力分量表示。引进

xyy。 ,x2s2s解：(1) Mises屈服准则

222xyxy3xys2

引进下列量纲为一的量

yxyxyxyx x,y,x,,sss22则上式成为

322132

188 / 218

(2) Tresca屈服准则 记Axy2y2， Bxxy 22根据A,B的大小，123将由下列值

1AB,2AB,301AB,20,3AB10,2AB,3AB屈服准则对应的为

ABs2BsBAs当AB当AB （a） 当AB当AB当AB 当AB量纲化为一后得答案结果 （3）双剪应力屈服准则

12232s当13220

123s当13220将（a）式代入上式中得到6个式子，可合并成4个关系。

As3BA2s3BA2sAs进一步化简为

当A3B当-3BA0

当0A-3B当3BAAs3BA2s量纲化为一后即得答案结果。

当A3B

当A3B

1 / 218

第八章 习题答案

d3pd2p8.3分析：本题中pp0.5是由塑性体积变形为零：

d2d2d1pd2pd3p0且单向拉伸时，d2pd3p推出。

单向拉伸时，有 123()()12() 体积应变服从弹性定律，即123将以上两式联等，得()11() 22E12 E依次将0s，E；st，s；t，sE1代入()。则得，弹性阶段()；屈服阶段()11()s；强化阶段22()()(1212E1sE1t)。 EEprpr，则，zt2t8.4分析：在r、、z方向的主应力分别为： r0，0(rz)13pr，从而求得应力偏量Sr、S、Sz，再根据增量理论2tdijSijd，得最终结果为（-1）：1：0

8.5分析：设扭转剪应力z21sz，主应力为：s2，

322120，代入Mises屈服条件，得s。

212(r)2(z)2(zr)26(r22zzr) 8.6证明：J2612 (Sr2S2Sz2)r22zzr

2对z求偏导，可得将J2J2J2J2S，z0Sz，同理可得Sr，zrJ2JJzrrz，所以2Sij；用同样的方法求得2Sij。 zrijSij190 / 218

8.7分析：1）开始屈服时x0，y0，z0，代入Mises屈服准则

2222s2得0xyxzzxs12；

2）屈服后对应的塑性应变增量为

2032dzdx12)0 由dz dypdsyd(d()00 3E312dzpdszd()03dxpdsxd及屈服条件的微分形式(2xz)dx(2zx)dz0，联列可得

2xz23dzdx6(12)ddzdxd，d，代入2x2z12E(12)0E(12)0dxp，dyp式子得到答案结果。

8.8 解：（1）单向拉伸应力状态 1s,230

11 有 0(123)s

332S110s31 则 S220s

31S330s3 d1:d2:d3S1:S2:S32:(1):(1) （2）纯剪切应力状态，s3

1s201333

有 3s0(123)0 S1s3,S20S3s3

故 d1:d2:d3S1:S2:S31:0:(1)

191 / 218

8.9 证明：有Coulomb剪破条件 nCntg n所在平面为滑移面，如图。

1 从图中可以看出，滑移面与3所在主平面所成角为()

224212 (1)开始屈服时x0,y0,z0，代入Mises屈服条件准则 (xy)2(yz)2(zx)22s2 得 0s 21（2）屈服后对应的塑性应变增量为

2032)0 dypdsyd(312dzpdszd()03dxpdsxd由 dzdzdx12d()00 (a) E3及屈服条讲的微分形式 (2xz)dz(2zx)dz0 (b) 可得 dz由(a)(c)两式，得

2xz2dxd (c)

x2z123dzdx6(12)d d 2E(12)0E(12)0代入式子得答案结果。

192 / 218

第九章 习题答案

9.1分析：设剪切屈服极限为k，则可以依次求得弹性极限扭矩为：

br1aTekr2rdrb3(14)k()；塑性极限扭矩为：

ab2bb2Tskr2rdrb3(13)k；设弹塑性区分界线半径为rs，则

a3Trsab1rr23akr2rdrkr2rdrb31(s)33k。

rsa34rs4b3sr3r2r9.2计算结果为s；rs(1)；(1)。 s22b2bb2bm9.3

M12分析：在本题中Iebhe3，Srb(h2he2)，根据公式

3sheIesSr1111111sbh2；卸载后残余应变曲率为，，结合

r12resEhe，eM116。 ，rEI15e2srsrs3(3ln13)，分别将rsa、rsb代入便可求的9.4分析：根据公式q3ab2a3bqes(13)3678kgcm2，qs2sln10077kgcm2；当rs=12.6cm3ba时，q8590kgmm2。

9.5分析：二端封闭在ra处，rp，zpb212ab2a2，p2代入

ba2a2(12)；用同样的方法可求得二端自由Mises屈服条件，化简可得pb3sa21222s(ba)sbz0时，p33b4a4a4143b；二端约束z0时，

193 / 218

a2。 p123bs9.6分析：由弹性力学，筒内各应力值为

zqb212aqqb2qb2T2Tr2，2(12)，r2(12)，zr11r1rIp(b4a4)将这些值代入Mises屈服条件得：(z)2(zr)2(r)262z2s2qb22Tr12s，在ra和rb处同时屈服，即化简后的21r2(b4a4)3qb22Taq2Tb21(b4a4)，化简得计算结果为：21a2(b4a4)Ta32(1)32。 q2222222

194 / 218

第十章 习题答案

10.2分析：设k为缺口处因摩擦作用而产生的剪应力。ACB是均布压力区，在

CA边上4，k；OAB是均布压力区，在AO边上

4，kq。因为是同一条线，2kC有

k2k()kq2k()，化简得q2k(1)，则单位长度上的极限载荷

44为P2b1qsin4bk(1)。 sin10.4分析：由于形状对称、滑移线场对称，故只取右半部进行分析。分别写出AO、OB边上应力分量值，列平衡方程

Mqh12k(hh1)0hh1kh  （*） 求得1222kMMqh1k(hh1)0q2kh2M因为CEDB沿同一条线，由C2kCB2kB可得ck(12)；在

OC边上的点1(nt)qk，所以k(12)qk，得2kh2(22)。 qk(22)。代入*式可得弯矩M4210.5分析：BOE是均布压力区，在OB边上O点：o，nq由

41tn2k，tq2k得：o(nt)qk；BDC是均布压力区，

2在BC边上C点：c4，可计算出c1(nt)k。由于沿同一条2线，故o2koc2kc，化简后q2k(1)，则单位长度的极限荷载为

P2a1q4ak(1)。

10.8当1时，在弹性阶段有 2195 / 218

z

11[z(xy)]0E2xzxz2G0,yzyz2G

01 得 z(xy),xzyz0

212平均应力

szz0,sxzxz0,syzyz0(xyz)(xy)13因此在弹性阶段有szsxzsyz0，进入塑性后有 dijdeijdsij2Gdsij

对平均应变dzdxzdyz0

dzdsz2Gdsz0dsxz0 dsyz0 dxzdyzdsxz2Gdsyz2G刚进入塑性时szsxzsyz0。由上式导出dzdxzdyz0。因此进入塑性后还满足szsxzsyz0。由于sxsysz0，得出sysx，故实际变量只是sx与sxy。在塑性应变增量方面，由于dzpdsz0，而

dxpdypdzp0。则有dypdxp，并可得出

223sx3sxy

dp2332(xy)24xy2

(dxp)2(dyp)2最后得到答案结果。

10.9（1）Mises屈服条件。由流动法则zsz，现在z0，将得出sz0。 （2）Tresca屈服条件，在x,y平面内求得主应力1,2如下：

196 / 218

1()AB22 xyxy22 (a)

2()xyAB22xyxy22xyz0，而12z120，即21即 由于1:z:21:0:(1) (b) 由流动法则，这要求应力点处在屈服面12s上，即 122B2(xy22)2xys (c）

并要求1z2，或 s1szs2 (d) 由

2Az332Az1s11AB(Az)z3321s22(Az)z32

2s33(zA)3123代入(d)式，得

121(Az)s(zA)(Az)s32332

s2(zA)s2

3sz代入，得 211 zszz

33由(sA)

197 / 218

第十一章 习题答案

11.3使用静力法和机动法求出图示超静定梁的极限载荷。

解1：（1）静力法

首先该超静定梁（a）化为静定结构（b）、（c）。分别求出其弯矩图，然后叠加，得该超静定梁的弯矩图（f） 在极限情况下

MAMs,MBMs

设C点支反力为RC，则：

RC2lPl1Ms RC(2ll1)Ms

198 / 218

由上二式得PMp4ll12ll1l1

当P值达到上述数值时，结构形成破坏机构，故P为该梁的完全解。 （2）机动法

设破坏机构如图（g），并设B点挠度为，则：

Al1,C(2ll1)

BAC2l

l12ll1外力功WeP

内力功WiMAAMBB4ll1Ms

l12ll1由WeWi，可得极限载荷上限为

P4ll1Ms

l12ll1由于在P作用下，MsMxMs，故上式所示载荷为完全解的极限载荷。 解2：（1）静力法

先将该超静定梁化为静定梁（b）、（c），分别作弯矩图，叠加得该超静定梁的弯矩图（f）

设A点为坐标原点，此时弯矩方程为：

12MxRBlxqlx

2在极限状态时，有

x0,M0Ms xx1,Mx1Ms

199 / 218

令

dMx0得q(lx1)RB （1） dx1而RBlql2Ms （2）

212RBlx1qlx1Ms （3）

2联立解（1）、（2）、（3）得

M12qMsqls

l21sM 121441622lM取较大的值，可得q011.662s

l解得q在以上q0值作用下，梁已形成破坏机构，故其解为完全解。 （2）机动法 如图（g）

设在A、C两点形成塑性铰AB,C2 内力功为

2WiMsMs23Ms 外力功为

We2qxdxl2012ql 4由虚功原理WiW

12MsMs0 q11.6622ll该解与完全解的误差为 得：qqq03% q解3：（1）静力法

200 / 218

设坐标原点在C点，此时弯矩方程为：

1BC段（0xl2）M(x)Rcxqx2

211AB段（l2xl）M(x)Rcxqlxl

24在x处，M为极大值，设在BC段，由

dMx0

dxx得Rcq0 在极限情况下

Rc （1） qMlMs ， MMs

3即：Rclql2Ms （2）

81Rcq2Ms （3）

2联立解（1）、（2）、（3）得

M1q8888218322s

9lM取正号q19.22s

l由于此时形成破坏机构，故q值完全解。 （2）机动法,如图（g）

设此梁在A和处形成塑性铰，则

A0l,C0，AB内力功为

WiMAAMBBMCClM

ls0l0

l外力功为

We 0l2xlxqw0dxqw0dx lq0q03l28l42 28(l)由虚功原理WiW 得

201 / 218

8ldq1qMs由极值条件0得l(3l4)d272l

代入q的表达式，则得q的极小值

qMs8 1147M19.2s9l2l2由于此结果满足MsMMs，故所得q的值为完全解的极限载荷。 11.4试用机动法求下列图示板的极限载荷 Ps。

(1)四边简支，边长为a的正方形板，载荷作用在板的中点；

(2)三边简支一边自由的矩形板，在自由边中点承受集中力的作用； (3)四边简支矩形板，在板上任意点(x,y)承受集中力的作用．

解（a）外力功WePw0

如破坏时四角可以翘起。内力功Wi8Msctgctgw0 其中3 43代入上式后，得Wi8Msctgctgw0

43由虚功原理WeWi得P8Msctgctg

4其中值由

dP10确定即2dsin10

3sin243 83Ms6.63Ms 因此P16ctg8

由此得202 / 218

（b）外力功WePw0

内力功Wi2Msctgctgw0 由WeWi得P2Msctgctg 而ctga2bctg2b aa2ba4b故P2MsMs

2baba（c）外力功WePw0

内力功WiMsw0ctgictgi

i14yxaxy,ctg1,ctg2,ctg2xyyax其中

byaxxbyctg3,ctg3,ctg4,ctg4axbybyxctg1baba由WeWi得PMsctgictgiMs

i1xyaxby4

11.5使用机动法求图示连续梁的极限载荷。

解1：次梁为一次超静定梁，可能的破坏机构有两种，如图（b）、（c）。

203 / 218

若塑性铰在B、D处形成，此时

1外力功WeP

2内力功WiMs2Ms3Ms

Ms l若塑性铰在B、E处形成，设E到C得距离为x，此时有 由WeWi得P6wEw0,Bw0wwl,E00w0 lxxlxxlx外力功Wellqlw0Pw0 22w0lMsw0 lxxlxxl

xlx内力功WiMs由WeWi得P2Ms令

dP0得x0.41l dxMs l将x0.41l代入P的表达式P11.66Ms l解2：该连续梁形成破坏机构有如下三种形式： 比较以上两种可知该梁的极限荷载为P6 204 / 218

（1） 形成两个塑性铰产生局部破坏有两处可能，图（b）B、C形成塑性铰

www3wC0,E000

l2ll2l3ww5M故WiMs00w0s WePw0

l2l2l由WeWi得P5Ms 2lw0ww3w,F000 2l2ll2l图（c）E、F两点形成塑性铰，此时有EM3ww故WiMs002w0s

2ll2lWePw0

Ms l（2） 形成三个塑性铰，产生局部破坏有三种可能： 由WeWi得P2

图（d）在B、D、E三点形成塑性铰，此时有

3wwwB0,D20,E0

2lll9MWiMsBDEw0s

2lWe2Pw0

9Ms 4l图（e）在C、D、F三点形成塑性铰，此时

wwwC0,D20,F30

lllMWi6w0s WePw0P2w03Pw0

lM由WeWi得P2s

l由WeWi得P205 / 218

图（f）在C、D、E三点形成塑性铰，此时

wwwC0,D20,E0

lllMWi4w0s WePw0

lM由WeWi得P4s

l（3） 形成三个塑性铰，产生整体破坏，只有一种可能性，如图（g），此时

3wwwB0,D20,F30

2lll13MWiw0s

2lWePw0Pw0P2w04Pw0

由WeWi得PM13Ms1.625s 8ll比较上述六种情况，以（g）的情况P为最小，而且此载荷满足MsMMs的塑性弯矩条件。

Ms l解3：该梁的可能破坏结构与第一题完全相同 若塑性铰在B、D处形成

MP12s

l若塑性铰在B、E处形成

MP11.66s

lM比较可知梁的极限载荷为P11.66s

l解4：此梁为一次超静定结构，当形成两个塑性铰时，梁即成为破坏机构，其破坏形式有（b）（c）（d）三种可能。 故破坏载荷为P1.625

按图（b）形式破坏时

wwB0,D20

ll206 / 218

Ms We2Pw0 l3Ms由WeWi得P

2l按图（c）形式破坏时，同上得

3Ms Pl按图（d）形式破坏时

wwE20,D20

llMWi4w0s We3Pw0

lM由WeWi得P1.33s

lM比较得P1.33s

l11.6试求图示刚架的极限载荷． Wi3w0

解（a）设如图在ACDE四点形成塑性铰，

由WeWi得2PlP2lMsMs2Ms 得P1.5Ms l且此值满足MsMMs，条件 所以P1.5Ms l207 / 218

解2：如图设在ACDE四点形成塑性铰，

由B点到C点的距离x待定。

x 22lxx12l1x由WeWi得P4P4Ms2Ms

22lPPx2xMs ll2lxl化简得

P令

4lxMs 2lxlxdP0得 dxx28lx6l20

Ms l解3：如图设在ACDEFG等处形成塑性铰。 故x0.838l P1.48

外力功WeP2l2Pl4Pl

内力功WiMs4Ms3MsMsMsMs11Ms 由WeWi得4Pl11Ms

208 / 218

Ms l11.7简支圆板半径为R，受半径为轴对称均布载荷作用，试求其极限载荷． 故P2.75MBACFMDE

解：圆板的平衡方程为

drMrMrQr dr

当r0，MMr对应于Tresca条件的A点，当rR时，Mr0,M0，对应于Tresca条件的B点，圆板r从0到R对应图上的AB线，即MMr，故平衡方程可写为

drMrMrQr dr在0ra处，存在如下平衡关系：2rQrq2rdr0

0r1即rQrqr2

2平衡方程为

drMr1Mqr2 dr2C1积分上式得MrMqr21

6r由r0处，MMr，所以C10

1因此有MrMqr26在arR处

0ra

a12rQrq2rdr0即rQrqa2

02故此时区域的平衡方程为

drMr1Mqa2 dr2C1积分上式得MrMqa22

2r209 / 218

C11在ra处连续条件，可得Mqa2Mqa22

62a1如C2qa3

3因此有

121a3MrMqaq23rarR

当rR时，M0

121a3如Mqaq0

23r得q6MR

a23R2a此式即为所求的极限载荷。

11.8对图所示的连续梁，利用上限定理求极限载荷q.

题图11.6

解 1）对破损机构（a）

x 1klqkl1qlk2lqlPe1

222xPiMs12Msl

x(lx)可得q2Ms

(lx)(xk2l)l1k28Msq0，得x由代入上式，得q （a） 222x2l1k2）对破损机构（b）

210 / 218

1由

2Ms12qlq Pe P ,2M2 is12lxlxxlx22MMq0，得x0.414l，代入上式得，q2s32211.6572s （b） xll当（a）式和（b）式相等时，k0.441，故有

Ms8(0k0.441)22l21k q2Ms(k0.441)22kl

11.9图示宽度b不变，高度h线性变化的矩形截面梁，简支座截面高为h0，固定端处截面高为4h0。集中力P据简支端距离为l1，对方法求塑性极限载荷P值。

l111,两种情况用上限l35

题图11.7

解 由于各截面的Ms值不同，因此除集中力 作用点B能形成铰外，另一铰C距B点距离 为l2，而不一定总在固定端，如图所示。

MsB2bh0s3l11

4l2MsCbhs3l1l21

4l2021l1,2 l2由外力功率PeP，内力功率PiMsB(12)MsC2，得

211 / 218

111PMsBMsC

l2l1l2令xl1l,y2，得 ll2bh02s121P13xy13x4lxy1 y2bh0s4l121 （a） 1227x212x18x9yxyP0，得 y上式中x是定值，调整y使P最小，由

212x18x2y （b）

921） 在

当

22l111。因为xy1，而现时，即x，代入（b）式，得y3l3312212xy1，故P最小值的y只能取在固定端处，将x,y代入

3333bh02s（a）式，得P10.5

l2） 当

82l111。因为xy1，这表时，即x，代入（b）式，得y15l55bh02s182明铰C不在固定端，将x,y代入（a）式，得P8.994

515l

11.10 用上限和下限方法求图示刚架的极限载荷P。

212 / 218

解 1）上限法：

图示破损机构（a），（b），（c），（d）都是分别由一个

外载荷引起的。

机构（a），点8，10，11成铰

8Ms （a） Pl机构（b），点4，5，6成铰

8Ms （b） Pl机构（c），点1，4，6，9，11，12成铰

4Ms （c） Pl机构（d），只上层刚架倾斜，点3，8，11，12成铰

8Ms （d） Pl对比之下，方案（c）对应的P值最小，为要进一步减小 P值应减小内力功率，而增加外力功率所相应的速度项。

3在图示机构（e）中，PePl，与机构（c）时一样，但Pi较小，点1，6，

29，10转角为，而点4，10，12转角为2，由此得

出 11MsM3.667s （e） 3ll这比机构（c）有了进一步改进，

是否最小的上限值还可用下限法作进一步检验。 3） 下限法：

从机构（e）出发，规定杆内表层受拉时弯矩为正，P时有M1Ms，M2Ms，M9Ms，

M4Ms，M6Ms，M10Ms，M12Ms，

这 11Ms，未知的弯矩是M3,M5,M7,M8,M11。可 3l列出平衡方程来求出这些未知弯矩。 P由结点A的平衡，得M3M2M4，得M30

由机构（b），得平衡方程

l11M42M5M6P 得M5MsMs

212由机构（c）得平衡方程

3l1M1M4M12M11M6M9P 得M11MsMs

22213 / 218

由机构（a），得平衡方程

l1M112M10M8P 得M8Ms

23最后由结点B的平衡，得M6M8M70 得M72Ms 3由于所有的MiMs，故所得的P又是极限载荷的下限，因此

P11MsM3.667s是极限载荷值。 3ll

11.11用静力法（即下限法）求图示刚架的极限载荷P，要求把问题归结为标准的线性规划问题，并用单纯形法求解。

题图11.9

解 该钢架为二次超静定结构，可以列出两个的平衡方程，选用两种破损机构作为虚位移，可由虚功原理求得两个平衡方程为

M22M3M42Pl （a）

M1M2M46Pl引进量纲为一的量miMiPl,q，则上式可表示成 MsMsm22m3m42q （b）

m1m2m46q这些截面的弯矩绝对值不允许超过Ms，故有

1mi1 i1,2,3,4 （c）

标准的线性规划问题的提法为：求xi(i1,2,并满足下列约束条件：

,n)，使fcixi取极小值。

i1naj1nkjxjdk (k1,2,,m) (mn)

214 / 218

xi0 (i1,2,dk0 (k1,2,,n) ,m)

现在要把满足方程（b），（c）及使q取最大值的问题化成标准的线性规划问题，这时可作下列变换： （1）令ximi1 i1,,4可保证xi0

（2）令fq，把求q最大变成求f最小。

（3）增加变量xi0(i5,6,7,8)，使不等式约束变成等式约束。 （4）在方程（b）中消去q成为一个等式约束。 这样问题就变成如下标准的线性规划问题：

xx求xi0(i1,,8)，使f2x34最小。满足：

22x14x26x32x41x1x52x2x62x3x72x4x82下面我们采用单纯形法求解，用列表方式进行。

x1110000x24010012x3600101x42000112x5010000x6001000x7000100x8000010d122 22

0表中的值方程的系数，最后一行是f的系数。 初始基本可行解：

取x2x3x40，基本变量为x11,x51,x62,x72,x82。由于满足

xi0，

故是基本可行解，对应的f0。

215 / 218

接着要进行换基，从最后一行看有哪些的系数是负的，现在只有一个系数负的。因此x3要进基，然后看这一列的系数，以这些系数为分母，右边的系数

121为分子，第一行为，第四行为，其余的行分母为零不考虑，的值为最

616小，故取x1出基，对第3列进行消去法，变成1，0，0，0，0，0形式，结果如下表：

x1161016016x2230123016x3100000x4130013116x5010000x6001000x7000100x8000010d1622116216

1111这时的解为x1x2x40,x3,x52,x62,x7,x82,f。已经

666比初始基本解f0有了进步，但最后一行系数还有负的，故尚需换基，现在x2要进基，由于第三行为21，第四行为

11633，因此x3要出基，将第二行消2312成0，0，1，0，0，0形式如下表所示：

x1x2x3x4x5x6x7x8d1610160160010100013000100230123016000100003222120000121000002311这时对应的解为x1x4x60,x22,x3,x52,x7,x82,f，由于

222最后一行系数都是正的，表示已求得线性规划问题的解，将结果恢复到原问题则有

M1MsM1Ms,M2Ms,M3s,M4Ms,P

22l这表示点1，2，4成铰，对应的破损机构如图所示。

216 / 218

13116

由于求线性规划问题的单纯形法已有成熟的计算机程序可以 利用，因此可以对复杂刚架用静力法求极限载荷问题，使用 单纯形法求解。

11.12长半轴为a，短半轴为b的椭圆环，受力如图所示，假设环截面的屈服条

MN件为1，这里Ms，Ns分别表示纯弯时的极限弯矩及纯拉时的极MsNs2限拉力，试用静力法求极限载荷P,给定参数如下：

MacPb2,sc,0.1,0k1，试给出p随k的变化规律。 bNsbMs

题图11.10

解 由于对称性，只取四分之一环，如图所示。对点1取矩得 PkPbaM1M2 （a） 22由于只受集中力作用，只能是截面1，2进入屈服，代入屈服条件，得

kP2M1Ms12Ns （b） 2PM2Ms12Ns代入式（a），得

kP2P2(bka)P2Ms2 （c）

2N2Nss解出

P(bka)Ns2Ns4(bka)28Ms2Ns2(1k2)Ms(1k2) （d）

将

Mac2,0.1,sc等代入，可简化为 bdNsPb100Ms1k2p12k20.081k2(12k) （e）

217 / 218

使用上式时有如下，由（b）式

n2MsN2NPpkpp ， n11 （f） Ns2Ns2Nsb20Ns20由于0k1，故n1n2，因此屈服条件要求n21即

p20 （g）

对不同的k值代入（e）式，可得下列结果。 k 0 0.1 0.2 0.3 p 3.923 4.851 6.320 8.917 0.4 14.174 0.4606 20 当kk10.4606后，p20，这就违反了（g）式，故（e）式只适用于kk1情况。

对于较大的k值，图示的弯矩符号都要改号，方程（a）变为 PkPbaM1M2 （h） 22类似的可导出p与k的关系为

p10022 （i） 12k0.081k(12k)1k2对不同的k值，可求得p值如下

k p 1 3.862 0.9 4.745 0.8 6.150 0.7 8.617 0.6 13.658 0.5356 20 当kk20.5356时，p20，违反式（g），故（i）式适用于k2k1范围。 对k1kk2时，n21，点2处已拉伸屈服，即使点1处未屈服，整个环也已破损，故这是都对应于p20。

218 / 218