【正文】 應(yīng)用彈塑性力學(xué)習(xí)題解答 張 宏 編寫西北工業(yè)大學(xué)出版社目 錄第二章 習(xí)題答案 1第三章 習(xí)題答案 5第四章 習(xí)題答案 9第五章 習(xí)題答案 25第六章 習(xí)題答案 36第七章 習(xí)題答案 48第八章 習(xí)題答案 53第九章 習(xí)題答案 56第十章 習(xí)題答案 58第十一章 習(xí)題答案 61 第二章 習(xí)題答案，求作用在過此點(diǎn)平面上的應(yīng)力矢量，并求該應(yīng)力矢量的法向分量。解 該平面的法線方向的方向余弦為 而應(yīng)力矢量的三個(gè)分量滿足關(guān)系而法向分量滿足關(guān)系最后結(jié)果為，過平面處的應(yīng)力矢量，及該矢量的法向分量及切向分量。解 求出后，可求出及，再利用關(guān)系可求得。最終的結(jié)果為，其特征方程為三次多項(xiàng)式，求。如設(shè)法作變換，把該方程變?yōu)樾问?，求以及與的關(guān)系。解 求主方向的應(yīng)力特征方程為式中：是三個(gè)應(yīng)力不變量，并有公式代入已知量得為了使方程變?yōu)樾问?，可令代入，正好?xiàng)被抵消，并可得關(guān)系代入數(shù)據(jù)得，，求三個(gè)主應(yīng)力。解 在時(shí)容易求得三個(gè)應(yīng)力不變量為，特征方程變?yōu)榍蟪鋈齻€(gè)根，如記，則三個(gè)主應(yīng)力為記，是材料的屈服極限，求及主應(yīng)力。解 先求平均應(yīng)力，再求應(yīng)力偏張量，，。由此求得然后求得，解出 然后按大小次序排列得到，，求三個(gè)主應(yīng)力，以及每個(gè)主應(yīng)力所對(duì)應(yīng)的方向余弦。解 特征方程為記，則其解為。對(duì)應(yīng)于的方向余弦，應(yīng)滿足下列關(guān)系 （a） （b） （c）由（a）,(b)式，得，代入（c）式，得，由此求得對(duì)，代入得對(duì)，代入得對(duì)，代入得，證明成立。解 由，移項(xiàng)之得證得第三章 習(xí)題答案 取為彈性常數(shù)，是用應(yīng)變不變量表示應(yīng)力不變量。 解：由，可得，由，得 物體內(nèi)部的位移場由坐標(biāo)的函數(shù)給出，為，，求點(diǎn)處微單元的應(yīng)變張量、轉(zhuǎn)動(dòng)張量和轉(zhuǎn)動(dòng)矢量。解：首先求出點(diǎn)的位移梯度張量將它分解成對(duì)稱張量和反對(duì)稱張量之和轉(zhuǎn)動(dòng)矢量的分量為，該點(diǎn)處微單元體的轉(zhuǎn)動(dòng)角度為 電阻應(yīng)變計(jì)是一種量測物體表面一點(diǎn)沿一定方向相對(duì)伸長的裝置，同常利用它可以量測得到一點(diǎn)的平面應(yīng)變狀態(tài)。，在一點(diǎn)的3個(gè)方向分別粘貼應(yīng)變片，若測得這3個(gè)應(yīng)變片的相對(duì)伸長為，，求該點(diǎn)的主應(yīng)變和主方向。解：根據(jù)式先求出剪應(yīng)變?？疾旆较蚓€元的線應(yīng)變，將， ，，代入其中，可得則主應(yīng)變有解得主應(yīng)變。由最大主應(yīng)變可得上式只有1個(gè)方程式獨(dú)立的，可解得與軸的夾角為于是有，同理，可解得與軸的夾角為。 物體內(nèi)部一點(diǎn)的應(yīng)變張量為 試求：在方向上的正應(yīng)變。 根據(jù)式，則方向的正應(yīng)變?yōu)?已知某軸對(duì)稱問題的應(yīng)變分量具有的形式，又設(shè)材料是不可壓縮的，求應(yīng)具有什么形式？解： 對(duì)軸對(duì)稱情況應(yīng)有，這時(shí)應(yīng)變和位移之間的關(guān)系為。應(yīng)變協(xié)調(diào)方程簡化為，由不可壓縮條件，可得可積分求得，是任意函數(shù)，再代回，可得。 已知應(yīng)變分量有如下形式，，，由應(yīng)變協(xié)調(diào)方程，試導(dǎo)出 應(yīng)滿足什么方程。解：由方程，得出必須滿足雙調(diào)和方程。由，得出由，得出由此得，其它三個(gè)協(xié)調(diào)方程自動(dòng)滿足，故對(duì)沒有限制。第四章 習(xí)題答案，高為的矩形薄板，其左邊及下邊受鏈桿支承，在右邊及上邊分別受均布?jí)毫妥饔?，如不?jì)體力，試求薄板的位移。題圖41解： （1）因?yàn)檫吔缟蠜]有不等于零的已知位移，所以式中的、都取為零，顯然，不論式（1）中各系數(shù)取何值，它都滿足左邊及下邊的位移邊界條件，但不一定能滿足應(yīng)力邊界條件，故只能采用瑞茲法求解。為簡便起見，只取、兩個(gè)系數(shù)。 （2） （3），求出位移解答。因?yàn)椴挥?jì)體力，且注意到，式414簡化為 （4） （5）對(duì)式（4）右端積分時(shí)，在薄板的上下邊和左邊，不是，就是，故積分值為零。在右邊界上有 （6）同理，式（5）右端的積分只需在薄板的上邊界進(jìn)行， （7）將式（3）、式（6）、式（7）分別代入式（4）、式（5）可解出和： ， （8） （9）4．分析：把式(8)代入幾何和物理方程可求出應(yīng)力分量，不難驗(yàn)證這些應(yīng)力分量可以滿足平衡微分方程和應(yīng)力邊界條件，即式(8)所示位移為精確解答。在一般情況下(這是一個(gè)特殊情況)，在位移表達(dá)式中只取少數(shù)幾個(gè)待定系數(shù)，是不可能得到精確解答的。，受有平行于板面的體力作用()。求其應(yīng)力分量。題圖42解： 1．本題為平面應(yīng)力問題，可用瑞茲法求解。由題意知位移分量在邊界上等于零，所以，所以式中的、都取為零，且將位移函數(shù)設(shè)置為如下形式： （1）把或代入上式，因?yàn)?，或，所以，位移邊界條件是滿足的。2．把式（1）代入式（916），得薄板的變形勢能為 （2）3. 確定系數(shù)和。由于位移分量在邊界上為零，所以，方程式414簡化為 （3）式（2）代入式（3），得 （4）由于，從式（4）的第一式得，由第二式得當(dāng)和取偶數(shù)時(shí)，和都為零，當(dāng)和取奇數(shù)時(shí)，和都為2。因此，當(dāng)取偶數(shù)時(shí)。當(dāng)取奇數(shù)時(shí)，將和代入式（1）得位移分量為4．利用幾何方程和物理方程，可求出應(yīng)力分量（和取奇數(shù)）；，三邊固定，一邊上的位移給定為，設(shè)位移分量為，式中，為正整數(shù)，可以滿足位移邊界條件。使用瑞茲法求維持上述邊界位移而要在處所施加的面力。題圖43解：其中2．確定待定系數(shù)。按題意三邊固定（），一邊只存在而面力待求。所以， （2）將式（1）代入式（2），得當(dāng)體力分量為零時(shí)，得當(dāng)時(shí)，，所以，此時(shí)有，而（設(shè)），在處。解：應(yīng)用瑞茲法求解上例時(shí)，形變勢能的計(jì)算工作量較大。由于此問題并沒有應(yīng)力邊界條件，故可認(rèn)為上例題意所給的位移函數(shù)不但滿足位移邊界條件，而且也滿足應(yīng)力邊界條件，因此，可以用伽遼金法計(jì)算。對(duì)于本題，方程可以寫成將上題所給的表達(dá)式代入，積分后得 當(dāng)體力不計(jì)時(shí)，此時(shí)，而由下式確定：當(dāng)時(shí)，即，當(dāng)時(shí)，上式成為由此解出及位移分量如下：求出的位移和應(yīng)力分量，以及上邊界的面力，都有上例用瑞茲法求得結(jié)果相同。，四邊固定，只受重力作用。設(shè)，試取位移表達(dá)式為用瑞茲法求解（在的表達(dá)式中，布置了因子和，因?yàn)榘凑諉栴}的對(duì)稱條件，應(yīng)該是和的奇函數(shù)）。題圖44解：1位移表達(dá)式中僅取和項(xiàng)： （1）2由得變形勢能為 （2）其中代入式（2），得 （3）。因板四周邊界上位移為零（，面力未知），板的體力分量為，所以得將式（3）代入式（4），得 （5）注意，有以下對(duì)稱性：式（5）積分后成為式（6），由此可求得、和位移、應(yīng)力分量： （6） （7） （8） （9）。解：1位移表達(dá)式仍取上題式（1），其兩階偏導(dǎo)數(shù)為（1）。因?yàn)?，所以伽遼金方程簡化為 （2）將以及式（1）代入（2），得 由此解出和： （3）與瑞茲法求出結(jié)果一樣，由