周益春-材料固体力学课后习题解答

2016/4/19 10:16:04

aijaji;bijbjiaijbijajibji,aijbijajibjiaijbijapqbpq0 又因为所有的指标都是哑指标,apqbpqaijbij,所以2aijbij0,即aijbij0

习题3 已知某一点的应力分量xx,yy,zz,xy不为零,而xzyz0,试求过该点和z轴,与x轴夹角为的面上的正应力和剪应力。

周益春-材料固体力学课后习题解答

[解] 如图1.1,过该点和z轴,与x轴夹角为的面的法线,其与x轴,y轴和z轴的方向余弦分别为cosα,sinα,0,则由斜面应力公式的分量表达式,()jiij,可求得该面上的应力为

周益春-材料固体力学课后习题解答

由斜面正应力表达式nijij,可求得正应力为

剪应力为

习题4 如已知物体的表面由f(x,y,z)0确定,沿物体表面作用着与其外法线方向一致分布载荷px,y,z。试写出其边界条件。 [解] 物体表面外表面法线的方向余弦为

周益春-材料固体力学课后习题解答

带入应力边界条件,Tiijnj,

习题5 已知某点以直角坐标表示的应力分量为xx,yy,zz,xy,xz,表示的应力分量。

,试求该点以柱坐标

由应力分量转换公式m'n'ijm'ijn',求得

周益春-材料固体力学课后习题解答

利用三角公式可将上面的式子改写为

习题6 一点的应力状态由应力张量ija

式中,a,b,c为常数,是某应力值,c给定,

求常数a,b,c,以使八面体面n

1(e1e2e3)上的应力张量为零

[解] 由斜面应力公式的分量表达式,()jiij,知八面体面上应力张量为零需满足如下方程组:13

解得abc1

习题7 证明(1)应力的三个主方向互相垂直;(2)三个主应力1,2,3必为实根 [证明]

(1)设任意两个不同的主应力为k、l,对应的主方向为nk、nl。根据主应力定义有:

将以上两式分别点乘nk和nl再相减,得

σ是对称应力张量,上式可改写为

所以应力的三个主方向互相垂直

(2)设任意两个不同的主应力为k、l,对应的主方向为nk(l1,m1,n1)、nl(l2,m2,n2) nknl0,l1l2m1m2n1n20

若1为复数,则2为其共轭复数,从而方向余弦nk(l1,m1,n1)、nl(l2,m2,n2)互为共轭 l1l2m1m2n1n20 与主方向相互垂直矛盾

所以三个主应力必为实数

习题8 证明球形应力张量mΙ在任意斜面上的剪应力为零,且正应力为m

[证明] 球形应力张量mΙme1e1me2e2me3e3,设任意斜面的方向余弦为nl,m,n 由斜面应力公式 σ(n)σn,得σ(n)lme1mme2nme3 由斜面正应力公式 σnσ(n)n,得σn(l2m2n2)mm 由斜面剪应力公式,得σ(n)σnσ2

习题9 求应力偏量张量的不变量

[解] 应力张量σ可分解为球形应力张量1

mΙ和应力偏量张量S,(m3

应力偏量张量S(Sij)(ijijm),其主应力方程为nSSnn,即ni(SijSnij)0

上述方程存在非零解ni的必要条件是系数行列式为零,即S21

SnSnJ30 得到关于Sn的三次代数方程,SnJ1J2

,J2和J3分别为应力偏量张量的第一、第二、第三不变量 其中J1

设S1,S2和S3为应力偏量张量的三个主值Siim,则

习题11 设Φrs为二阶对称张量,证明由ijeipqejmnqn,pm导出的应力一定满足无体力的平衡方程 [证明] ij,jeipqejmnqn,pmj 又ejm,j关于m,j反对称,qn,pmj关于m,j对称

ij,jeipqejmnqn,pmj0,即ijeipqejmnqn,pm满足无体力的平衡方程,ij,j0-忽略体力下的平衡

微分方程

习题12 已知直角坐标系中各点的应力张量ij

2x3,试求体积力分量

[解] 根据平衡微分方程ij,jFi0,

i,j1,2,3,得 对谁偏导的问题

得体积力分量为

习题13 如图1.3所示的三角形截面水坝,材料的比重为,承受着比重为1液体的压力,已求得应力

cxdyy解为yy,试根据直边及斜边上的表面条件确定系数a,b,c和d

[解] 如图所示,建立平面直角坐标系

水坝左侧表面法线的方向余弦为ncos,sin,受外力Px0,Pyy的作用

根据应力边界条件,Piijnj,

i,j1,2,3,在xytg处

水坝右侧表面法线的方向余弦为n1,0,受外力Px1y,Py0的作用 根据应力边界条件,Piijnj,

i,j1,2,3,在y处

由上述两个方程组,得a0,b1,cctg21ctg2,d

外力是如何确定的

习题14 如图1.4所示的三角形截面水坝,其左侧作用着比重为的液体,右侧为自由表面,试写出以应力分量表示的边界条件。

[解] 如图所示,建立平面直角坐标系

水坝左侧表面法线的方向余弦为ncos,sin,受外力Pxycos,Pyysina的作用

根据应力边界条件,Piijnj,

i,j1,2,3,在xytg处

水坝右侧表面法线的方向余弦为ncos,sin,受外力PxPy0的作用 根据应力边界条件,Piijnj,

i,j1,2,3,在xyth处

第二章

习题1 初始时刻位于a1,a2,a3的质点在某时刻t的位置为x1a1ka3

x3a3,其中

k105,求格林应变张量的分量。

[解] 采用拉格朗日描述法,uixiaiui(a1,a2,a3),得

由格林应变张量,EEijeiej,Eij

习题2 证明ij是二阶对称张量的分量,而ij不是任何张量的分量。 [证明]

,显然可得其对称性 对于笛卡尔直角坐标系oxyz和oxyz,各坐标轴之间的方向余弦如下表

由弹性力学理论知,ijiijjij,恰与张量定义相吻合,

(2)设有一剪应变张量γ,其分量ij2ijijij2ijij 取任一矢量nknkek,则

eiejekjkem,但2ijijnkjk不能缩并为m,与假设γ是张量矛盾。

根据张量的商判则,ij不是任何张量的分量。

习题3 为求平面应变分量x、y、xy,将电阻应变片分别贴在x方向,与x成60和120方向上,测得应变值以0、60、120表示,试求x、y、xy

[解] 平面应变状态下,沿x方向,与x成60和120方向上的方向余弦分别为11v1(1,0);v2(,);v3(,

根据v方向线元的工程正应变公式,vijvivj,得

求得

习题4 假设体积不可压缩位移u1(x1,x2)与u2(x1,x2)很小,u30,在一定区域内已知

u11x2abx1cx1,其中a,b,c为常数,求u2x1,x2。

[解] 题目条件适用小变形,ij

 体积不可压缩,ii1122330 22

习题5 在平面应变状态下,使用直角坐标和极坐标中应变分量、位移分量的转换公式,写出在极坐标中的应变和位移的关系式。

[解] 在平面应变状态下,由应变分量转换公式,ijiijjij,得

代入1

因此,

将式(2)-(6)代入式(1),得平面应变状态下,极坐标中的应变和位移的关系式:

习题7 证明由下式确定的应变ij[证明] ij

ui,juj,i恒满足变形协调方程,emjkenilij,kl0。 2

对于单值连续位移场,并存在三阶以上连续偏导数时,偏导数的值与求导顺序无关

ui,jkl关于j,k对称;uj,ikl关于i,l对称

对于排列符号

emjk关于j,k反对称;enil关于i,l反对称

即应变ij

ui,juj,i恒满足变形协调方程,emjkenilij,kl0 2

习题8 假定物体被加热至定常温度场Tx1,x2,x3时,应变分量为112233T;1231320,其中为线膨胀系数,试根据应变协调方程确定温度场T的函数形式。 [解] 由应变协调方程,ij,klkl,ijik,jljl,ik0,得

又定常温度场Tx1,x2,x3应满足拉普拉斯方程,

故Tx1,x2,x3的函数形式中不应含有高于或等于2次的项 温度场T的函数形式为

其中,k1,k2,k3和c均为常数。

习题9 试导出平面应变轴对称情况下的应变协调方程 [解] 轴对称平面应变情况下,应变分量为

因此,平面应变轴对称情况下的应变协调方程为r

习题10 在某一平面轴对称变形情况下,轴向应变z为常数,试确定其余两个应变分量r和的表达式(材料是不可压缩的)

[解] 平面轴对称情况下,变形协调条件为:r

当材料不可压缩时,体积应变为零,即r0,代入上式,得

解得

,式中,C是右边界条件确定的常数

习题11 试问什么类型的曲面在均匀变形后会变成球面。 [解] 均匀变形状态可表示为

其中,a;b;c;d1;d2;d3为常量

设均匀变形前的坐标为x0;y0;z0,则变形后的坐标为

曲面在均匀变形后变成球面,即x2y2z2R2

略去刚体位移,当x、y、z为主轴时,变形前的坐标x0;y0;z0满足

变形前半轴为

RRR,,的椭球面在均匀变形后会变成球面。 1a1b1c

特别的,当xyz时,表示球面均匀变形后仍为球面。 ‘

习题12 若物体内各点的位移分量为vb1xb2yb3z,其中,ai;bi;cii1,2,3均是常数。

试证明,物体内所有各点的应变分量为常数(这种变形状态称为均匀变形),并分别证明在均匀变形后

的物体内有:

(1)直线在变形后仍然是直线;

(2)相同方向的直线按同样的比例伸缩;

[证明] 由位移分量求得物体内各点的应变分量为

即物体内所有各点的应变分量为常数(均匀变形)

(1)若物体内任意一点P(x,y,z),变形后变为Px,y,z坐标x;y;z和x;y;z之间的关系为

变形前,直线上的点P1(x1,y1,z1),P2(x2,y2,z2)和P3(x3,y3,z3)满足

将式(3)代入式(2),并整理,得

式(4)表明直线在均匀变形后仍然是直线

(2)变形前连接两点P1(x1,y1,z1),P2(x2,y2,z2)的直线长度为r,方向余弦为l、m、n,变形后的两

,y1,z1),P2(x2,y2,z对应点P1(x12)的直线长度为r,方向余弦为l、m、n(图2.1)

将式(2)代入上式,得

将上式两端除以r,得

1r,其中,r为r方向的应变 (6) rr

对于方向相同的直线,具有相等的方向余弦l、m、n,在均匀变形情况下,由式(6)和(7),知r为

常数。即

相同方向的直线按同样的比例伸缩;

习题13 物体的位移对称于坐标原点,试用球坐标和笛卡儿坐标表示位移分量和应变分量。

[解] 位移对称于坐标原点,则任意一点的位移ur沿半径向量r的方向,并且只是r的函数,其余位移

(1)由球坐标系中的应变-位移关系,得

(2)笛卡儿坐标中

zf(r)z式中,rx2y2z2,f(r)ur

因此,由ij

--第三章 弹性本构关系和弹性问题的求解习题

习题1、试利用各向异性理想弹性体的广义虎克定律导出:在什么条件下,理想弹性体中的主应力方向和主应变方向相重合?

解:各向异性理想弹性体的广义虎克定律为:

当xyyzzx0时,三个互相垂直的应力方向为主应力方向。当xyyzzx0时,三个互相垂直的应变方向为主应变方向。在主应变方向上,剪应力分量为:

若使xyyzzx0,则式中xx,yy,zz具有非零解的条件为

上式即为x,y,z轴同时为应力主轴和应变主轴的条件。如果材料性能对称于一个平面,如Oxy平面,则c15c16c25c26c35c36c45c460,而且cijcji,此时(c)式恒等于零。在此情况下,当存在以x,y,z轴为主方向的应变状态时,其对应的剪应力分量将成为

若应变分量之间满足xyc41xxc42yyc43zz0,则此点的应变主方向和应力主方向重合。如果材料性能对称于Oxy,Oyz,Ozx三个平面,则有c14c24c34c560,此时(d)式总是满足的。由此可知,当x,y,z轴为应变的主方向时,也必定为应力的主方向。但是,当应变主方向和正交轴不重合时,一般它与应力的主方向是不重合的。对于各向同性弹性体,不需要任何补充条件,应力主方向和应变主方向总是重合的。

习题2、对于各向同性弹性体,试导出正应力之差和正应变之差的关系式。且进一步证明:当其主

应力的大小顺序为123时,其主应变的排列顺序为123。

解:各向同性条件下的广义虎克定律为

将上式中的(1)-(2),(2)-(3),(3)-(1)分别得:

证明:当其主应力的大小顺序为123时,其主应变的排列顺序为123。 G0且123,利用上述正应力之差和正应变之差的关系式有123。

习题3、将某一小的物体放入高压容器内,在静水压力p0.45N/mm作用下,测得体积应变

e3.6105,若泊松比v=0.3,试求该物体的弹性模量E。

解:设xxyyzzkk为第一应力不变量,而xxyyzzp,

据各向同性条件下的广义虎克定律为有:e

,其中体积应变E

exxyyzz3.6105,故有

习题4、在各向同性柱状弹性体的轴向施加均匀压力p,且横向变形完全被限制住(如图所示)。试求应力与应变的比值(称为名义杨氏模量,以Ec表示)。

解:设柱体的轴线z轴,zzp。因为横向变形被限制, 所以xxyy0。据各向同性条件下的广义虎克定律

得:xxyyzz,yyxxzz,将此两式相减得:

xxyyyyxx,而泊松比v的理论取值范围为1v1/2,故

,将其代入广义虎克定律得: 1

从而

zz1E,得解。

习题5、在某点测得正应变的同时,也测得与它成60和90方向上的正应变,其值分别为

0100106,6050106,90150106,试求该点的主应变、最大剪应变和主应力

解:设该点的x,y轴向的正应变分别为x,y,剪应变为xy。任意方向(为与x轴正向的夹角)上的正应变为:

,解由此三式组成的方程组得该点的x,y和xy分别为:

(1)计算该点的主应变:

由x、y 、xy和得该点的主应变为:

(2)该点的最大剪应变max12264.5810(3)计算该点的主应力: 现1157.2910

、30,据向同性条件下的广义虎克定律得

ij,所以 1E1 1E2 1E3 1

0.3代入上面三式得:

习题6、根据弹性应变能理论的应变能公式W扭转的应变能公式分别为:

ijij,导出材料力学中杆件拉伸、弯曲及圆轴2

U拉伸

U弯曲

U扭转

解:(1)杆件拉伸的应变能公式推导:

设杆件横截面积为A,弹性模量为E,如图建立坐标系。杆件为单向拉伸,只存在轴向的伸长或缩短,轴向纤维间无剪切变形,即xyyzzx0。

同时轴向纤维间无相互作用力,即yyzz0。据弹性应变能理论的应变能公式

。 Wijijxxxx(其余分量产生的应变能为零)

现在杆件上x处取一微段dx,其体积为dVAdx,其应变能dU

整个杆件的拉伸应变能为: U拉伸而xx

整个杆件的拉伸应变能为:U拉伸

(2)杆件弯曲的应变能公式的推导:

在材料力学中杆件在M(x)外力作用下发生纯弯曲,仅轴向纤维发生拉伸或压缩变形(其中中性层以内的纤维层受压缩,中兴层以外的纤维层伸长),而轴向纤维之间无相互作用的内力,即

在杆件上沿轴向去取一微段dx,在此微段的横截面上取一个微面dA,在dA上的应力可为相同的

故U弯曲

dUWdVydydzdx,其中M(x)只与x有关。 2

U弯曲

杆件弯曲的挠度为,挠度曲线的曲率为 

U弯曲

(3)圆轴扭转的变形能公式推导:

设圆轴的轴向为z轴。在材料力学中,圆轴扭转变形后,其横截面仍为平面,半径仍为直线,且沿z轴相邻两截面的距离不变,故有

在圆轴轴向z处取一微段dz,在微段dz

的应力可为相同的,那么dUWdVWdAdz。

据平衡方程有:M(z)

dA,故M(z)G,令IdA。 pdzAdzA

故U扭转

dUWdVdAdzdAdz,M(z)只与z有关, 2

U扭转

即 U扭转

习题7、试推导体积变形应变能密度Wv及畸变应变能密度Wf的公式分别为:

解:应变张量可分为球形应变张量和应变偏量张量之和:

其中球形应变张量表示体积变形(体积的等向收缩或膨胀),不产生形状畸变,它由球形应力张量所引起,仅产生体积变形应变能;而应变偏量张量表示形状畸变,不产生体积变形,它由应力偏量张量所引起,仅产生畸变应变能。应力张量可分为球形应力张量和应力偏量张量之和:

,ijkkijij σkkIS,即ijkkijSij,令Sijij

变形应变能密度W分为体积变形应变能密度Wv与畸变应变能密度Wf之和,

其中ijij3,ij时,ij0;ij时,ijij0。 所以无论如何有:

据虎克定律有: mkeejjmii,

据虎克定律有:ijij,

习题8、如图所示结构,梁AB在A处固支,长为l,截面积为F1,截面惯性矩为I。杆BC在B处与梁铰接,截面积为F2,F222F1。材料弹性模量为E,B点受载荷P的作用,设梁的压缩量为,挠度曲线为ax,和a均为待定的变形参数。考虑杆BC的拉伸及梁AB的压缩与弯曲,用最小势能原理求B点的水平和垂直位移。

解:梁AB被压缩,其变形能为U1杆BC被拉伸2,其变形能为U2其中P2变形能为

2l。梁AB的挠度曲线为ax2,其弯曲

外力功为:VPwxlPal。 总势能为

其中和a可以取任何值,0,0。

据最小势能原理:0,

B点的垂直位移为wal,水平位移为w。

习题9、如图所示,简支梁长为l,抗弯刚度为EI,中点受P力作用,支座之间有弹性介质支承,

0,满足A,C两点的边界条件。 x0,l

简支梁的变形能为:U

中点B处弹性支承的反力P反kwxl,

弹性支承的变形能为:U2kwdwk0

总变形能为:UUn

1U2。外力功为:VP

总势能为:UV

innPn1nn2ansinn, n12按李兹法有:

(2)用迦辽金法求梁中点B的挠度: 将挠度曲线w

代入y向平衡方程得: l

d3wPkwEI30,将其代入迦辽金方法的积分式中得:

习题10、试用李兹法求如图所示的一端固定、一端自由的压杆临界载荷Pcr,设该压杆的长度为l,

抗弯刚度为EI(常数),其挠度曲线为wa11co

解:挠度曲线为wa11co

可以满足所要求的边界条件,压杆失稳后的弯曲应变能为 2l

cosdxa1外力功VPd,其中d为失稳后0

由弯曲引起压杆顶端处向下的竖直位移:

势能为:UVa1。

2EIEIaPa0aP0, 应用李兹法有1112a1242l44l

如果a10,此方程虽然是满足了,但是这表示该压杆保持直的,根本没有失稳,所以a10。由此得:

此结果正好是精确解,这是因为所设的挠度曲线正好是失稳后的真实挠度曲线。

习题11、已知如图所示的半无限弹性体的界面上,承受垂直于界面的集中力P的作用,试用位移法求位移及应力分量。 解:

可以找到满足平衡方程组的两组特解:

上述两组特解的线性组合可作为通解:

其中A1和A2由边界条件来确定,将其代入由位移表示的应力得:

在边界上(z=0面),除外力作用点外,z0,rz0,前一条件自然满足,而后一条件由上式的第四式可得:

另外假想过M点作一与边界面平行的面,将半无限弹性体的上部取出,根据被取部分Z向平衡条件得:

将(d)中的z代入(f)得

3z12z0,积分此式得: 0R50R30R311

由式(e)、(g)解得

将A1,A2代入(c)式得位移函数为:

二、求应力分量

将A1、A2代回(d),可得应力分量的计算公式:

三、讨论:

1)以上所得应力和位移,当R增大时应力、应变值迅速减小,即带有局部性质。

2)当R0时,各应力分量都趣于无限大,这是因为假设外力集中作用在一点的缘故,实际上载荷不可能加在一个几何点上,而是分布在一个小面积上,因此实际应力不会是无限大而是相当大甚至已进入塑性阶段。根据圣维南原理,只要稍离集中力作用点,以上的应力与位移公式仍可认为是正确的。

3)由(j)式可见,当z=0时,在弹性半空间的边界面上有

这说明,边界面上各点受到纯剪切作用。

4)当r=0,R=z时,即在z轴上的各点,由(j)式可得(l)式。这说明在z轴上各点受到两向拉伸、一向压缩,它的主应力为(m)式,以绝对值来比较,z3比径向及周向应力1,2大得多。

以上结果是研究接触问题的基础。

习题12、试用应力函数C1zlnrC2rz

求解第11题中半无限弹

性体的界面上,承受垂直于界面的集中力P的作用时的位移及应力分量,并求水平边界面上任意一点的沉陷。

解:半无限弹性体的界面上承受垂直于界面的集中力P的作用是一个空间轴对称问题,所有的物理分量都只是r和z的函数,与无关。将上述应力函数代入如下求应力分量的公式:

其中 2 (b) 

在边界上(z=0面),除外力作用点外,z0,rz0,前一条件自然满足,而后一条件由上式的

第四式可得:

另外假想过M点作一与边界面平行的面,将半无限弹性体的上部取出,根据被取部分Z向平衡条件得:

将(c)中的z代入(e)式并积分得

式(d)中r为任意值,故只有分子为零,即

由式(f)、(g) 解得C2和C3,C3

将C2和C3代入式(d)得z,rz。然后利用虎克定律求出,根据0求出C1。得应力分量为

将(h)式 代入以应力分量表示的位移公式求出位移为

利用上述位移公式求出水平边界面上任意一点的沉陷为

习题13、如图所示,设有半空间无限大弹性体,单位体积的质量为,在水平边界面上受均布压力q的作用,试用位移法求位移分量和应力分量(并假设在z=h处w=0)。

解:由于对称(任意铅直面都是对称面)试假设u0,v0,ww(z)。这样就得

因为半空间无限大弹性体体力分量

所以上述假设在x,y向满足以位移表示的平衡微分方程:

而在z向的平衡微分方程为G1d2wd2w

12dz2dz2g0,简化后得

2G1 (a) 积分后得 e

其中A和B为积分常数。

现据边界条件来确定A和B。将以上的结果代入以位移分量表示应力的物理方程

q,代入(e)式得A

在边界面上(z=0面)XY0,Zq,即z

式得应力分量:

。再回代(e)g

zB (g) 并由(c)式得z向位移w4G1g

为了确定常数B,必须利用位移边界条件。由于在z=h处w=0,代入(g)式得

再回代(g)式得位移分量:

至此位移分量和应力分量全部求出。

习题14、球形容器的内半径为a,外半径为b,内部作用着压力为Pi,外部压力为Pe,试用位移法求其应力分量(不计体力)。

解:这是一个空间球对称问题,体力KR=0,由位移分量表示的球对称平衡微分方程

2uRKR0得微分方程 2112dRRdRR

解此微分方程得(其中A,B为积分常数)

将uR代入以位移分量表示应力的物理方程

得应力分量的表达式:

代入如下边界条件: RRa

Pe求解A和B得

1 (d) 将(d)式代入(a)式得径向位移

将(d)式代入(b)式和(c)式得径向正应力R和切向正应力(R和就是主应力):a3

y,Zd2Mxqx,现在 而

x,即x,解此微分方程得 qxldx2l

其中C1,C0为积分常数由边界条件确定如下:

(2)据弹性力学平衡方程求xy及y

Fx0据弹性力学平面问题平衡微分方程xy

,不计体力,即FxFy0,

由积分此式得

用边界条件确定待定函数f1x:

4lh,它也满足xy

同时xy

2lh,积分此式得 2qxy33lh

由边界条件确定待定函数f2x

2lh2l,它也满足y

(3)验证应力分量表示的协调方程

现在不计体力,即FxFy0,应力分量应满足2

即要求 22

而现在

习题 载荷且有边界条件y

xf2y,解此微分方程得 f2yxf1yf0y。 故y2

这样,应力函数沿x轴的变化规律已定,而待定函数f2y,f1y,f0y只是坐标y的函数。 (2)检验域内方程

把应力函数代入应力协调方程0(无体力)得

上式对于任意x均要满足,故x的各次幂的系数为零,即

解这些微分方程得

根据应力函数的性质:艾雷应力函数的系数可确定到只差一个线性函数的程度(即艾雷应力函数中的一次函数项并不影响应力分量的大小),可令N0,GyR0,于是

(3)检验边界条件,确定待定系数 上下边界为y

Ah8Bh4Ch2Dql由以上两式分别相加、减得 h2B2Dq

Ah4Chql又据上下边界中对x为任意值有xy

2L0将(b)中的第1式加、减第3式得

2C0,B0 (c) 将(b)中的第3式加、减第4式得

3q2q由(a)式中的第2式和(c)式得 C

3 由(e)式得 K=0。由(a)式中的第1式得Dq

根据外力平衡得R1Rql2l

2,其中qxqlx,解此方程得R1和R2: 0

hh在x=0的端面内据R1

(f) 由第(d)式和第(f)式得H

xlh3xlh32lh综上得: 2qxy3

4lhlh310lhh380l4h应力函数为x32qy33qyqqy5qy36qly3qhyqlylh32lh2lx5lh310lh3h380l4h

。习题3、已知载荷分布如图所示,即

0,当dcxl当周期分别为

(1)Ll,如图4-3(b)所示。

(2) L2l,如图4-3(d)所示,且取x的偶函数。 (3) L2l,如图4-3(e)所示,且取x的奇函数。

试用傅氏级数写出qx的表达式,并写出集中载荷情况下的表达式。

解:(1)周期为Ll,如图4-3(b)所示。首先将y轴平移d,于是在新坐标系中,

按傅立叶级数展*

*其中 An2*

2于是 A2c40

开成

如图4-3(c)所示,令P2qc,且当c0时,即为集中载荷的情形,那么

(2)设L2l,如图4-3(d)所示,且取x的偶函数。 对原来的载荷qx进行偶性延拓后按傅立叶级数展开成:

于是A0qdx,Anqcos, dxcossi

其中 An

令P2qc,且当c0时,即为集中载荷的情形,那么

(3)设L2l,如图4-3(e)所示,且取x的奇函数。 对原来的载荷qx进行奇性延拓后按傅立叶级数展开成:

于是, Bnqsin, dxsinsi

其中 An

那么

1ncndnxsinsinsin,令P2qc,且当c0时,即为集中载荷的情形,n1nlll

习题4、连续板墙的中间一段如图所示,试用三角函数形式的应力函数求其应力分量。

解:先将y轴平移l,得新坐标系XoY,在新坐标系XoY下将边界载荷化为三角函数形式的qX,周期为2L,其中Llc。

在连续板墙的上边界,即Y=h处,利用第3题中的(2)得两处集中载荷P作用下的qX

在连续板墙的下边界,即Y=0处,在两处分布载荷q作用下:

其中 AnqXcos, dX (n=0,1,2,…)

L2Lc4qc于是 A0, qdXqdXLLcLL

其中据外力平衡得P2qc。

设三角级数式的应力函数和相应的应力分量为

这些应力分量是满足平衡微分方程和协调方程的。现在利用边界条件确定待定常数

(1)由于板墙的几何形状及所受载荷均对称与YoZ平面,有

XXXXXX,YYXYYX,XYXXYX对任何Y值都成立,于是

AmBmCmDm0。所以应力函数为

'其中m

。相应的应力分量是: L

(2)上、下边的剪应力为零,即XY

(3)上边界正应力YY

qX和(a)式得

(4)下边界正应力YY

qX和(b)式得

由(f)、(g)、(h)、(i)四式中cos程组

项和sin项对应的系数相等(其中m)得方

从上述方程组中解出Am,Bm,Cm,Dm然后代入(c)、(d)、(e)三式中得到新坐标系XoY下的应力

XX,YY,XY。再进行如下转化:

因为c远小于l,可以认为Llcl,即周期可为2l。然后以Xxl,Yy代入新坐标系XoY下的应力XX,YY,XY,将新坐标系XoY下的应力XX,YY,XY转化为旧坐标系xoy下的应力

习题5、已知复应力函数zcz,z

cz,式中c为实常数,试求其所代表的应力状态。 3

解:设应力函数 zzcz,zzcz。

据第一、第二应力组合公式

所以xy0,xx0,yy8cx。它可表示为一个矩形板纯弯曲纯的应力状态。如图4-5所示,设梁宽为1,其中弯矩

习题6、如图4-6所示,无限大板中的一点作用有集中力P,试用复势求解板中的应力和位移。

解:设zzBlnzB,而z

据第一应力组合yyxxrr4Rez。现集中力P作用在坐标原点O,而原点O是复势z,z的孤立奇点,应将原点挖去一个小圆域而形成多连通域。则复势z,z应为

复势将zAlnz和zBlnzB代入(a)式得

(1)求应力分量 在极坐标中,zre,

其中A,B由(b)式确定,且K(2)求位移分量 位移的复势表示为

其中A,B由(b)式确定,K。

习题7、如图4-7所示,半径为a的圆板,在其两侧相对着的等长弧段上作用着压应力p,试求板中的应力。

解:这是轴对称问题,宜采用极坐标表示。

设复应力函数(或复势)为z,z,则

现在 rr,r0

将rr展开成三角级数形式得

其中Cmrreimd,m0,1,2,即 2

Cmeeimeimeim当m为奇pedped

数时,Cm0,当m为偶数时,Cmsinm。故

,其它 pdpd

在单连通域中,现在孔边载荷的合力RxRy0,复势z和z为单值函数,有

将z和z展开成级数得z

令teaei,将(c),(d)两式代入(b)式得

两边对应的e

项的系数相等a得

正幂:m=0时,A0A0

A1B1C1,A1B1C10 自然成立。 aa

m3的偶数时, mCm,AmAmCma

m3的奇数时,AmAm0 负幂:m1时

综上得:B112pamsinm22p2

,并将上述三式代入(a)式,分离实部和虚部得

2sin2cos2习题8、试求如图所示无穷大板承受纯剪切载荷时椭圆孔边的应力。

解:采用复变函数保角变换方法求解此平面应力问题。 (一)、选择变换函数

选择将椭圆孔外域映射成单位圆内域的变换函数:zR

其中R

,在单位圆周上有,于是 Rm, ,m

2mm21(二)、计算几何项:

2ReA0B0 2K1(三)、计算边界载荷及0和0

由于孔边界不受外力,故RxRy0A1B10,则

式中A0和B0与无穷远处的应力状态有关。现无穷远处为纯剪应力状态,

120,ReA00,B01yyxx2ixyis,于是

11iRsm0d,其中函数在外域解析,其积f2i2i

分为

(四)、计算复势和

(五)、返回Z平面(物理平面)

由应力边界条件椭圆边界上的0;当e时,椭圆孔边的,

习题9、如图4-9所示,在无穷远处承受均匀拉应力S作用的无限大板,其中间有一椭圆孔,试用曲线坐标(椭圆坐标)求椭圆孔边的应力分布。

解:采用由zCch所导出的椭圆坐标,较容易得出椭圆孔的边界条件,使该问题的求解过程变得较简单。设域内一点以直角坐标表示为:zxiy,对应的椭圆坐标为:i。则

zCchCchcosiCshsinxiy,所以

当为常数时,(a)式表示相应的椭圆参数方程。令0表示直角坐标系中的椭圆孔,则应有

由(b)式可定出0和C。当时,即表示无限大的椭圆。对题中的问题选取复势:

式中A,B均为待定的复常数,下面验证复势可满足应力和位移边界条件,并确定复常数A,B。 当时,xyp,即p;

当0时(即在椭圆孔的边界上),0。由zCch可得:

Csh,eie2i,于是

当时,yx4Rez2p,而当时,cth1。 所以,A

。由(c)和(d)式可求得

当时,sh,因此有zzz0,zzz0。于是

2i2e2izzz0,即0,0。这样就满足了无穷远处的

边界条件,即

只要再适当选取常数B,使由复势确定的应力满足椭圆孔处的边界条件,问题就得到解决。

zzz,注意到e

,可求得 shi

在椭圆孔上,20,0,20。因此有

Ach2Bch。若取BAch2ch20,则当0时有00

0,这样便满足了椭圆孔处的边界条件。因此,本问题的复势被确定为

zsh,zch20。还需检验由此复势得到的位移是否满足位移单值条件。由位

移的复势表达式

1222sh上式中的K在平面应力状态下K

。上式中的双曲函数均是以2为周期的函数,因此当绕1

const的任一椭圆一周后,位移u,v将恢复为起始位移值,这就保证了位移的单值性。

椭圆孔边的应力可由4Rez2pRecth

求得;当0时,

0,因此

其最大值在长轴的端点,即0和处,其最大应力值为

由(b)式可求出0和C:Cab,sh202,ch20代入上式得

当椭圆逐渐变得扁长时,应力

也逐渐增大。而当a=b时,即对应于圆孔情况,2p。

习题10、如图所示,由双曲线ABC和DEF构成边界的板受到沿y轴方向的拉力作用,并在EOB

截面上的拉应力之合力为有限值。试利用曲线坐标(椭圆坐标)求解边界上的应力。

解:采用由zCch所导出的椭圆坐标,设域内一点以直角坐标表示为:zxiy,对应的椭圆坐标为:i。则

zCchCchcosiCshsinxiy,所以

当为常数时,(a)式表示相应的双曲线参数方程。 令0表示直角坐标系中的双曲线AB段。则应有

同理,令0表示直角坐标系中的双曲线BC段,令

0表示直角坐标系中的双曲线EF段,令20表示直角

坐标系中的双曲线DE段。只要研究双曲线的AB段,其它各段完全类似。现在研究双曲线的AB段的应力状态。

由(b)式可定出0和C。对题中的问题选取复势:

式中A,B均为待定的复常数,下面验证复势可满足应力和位移边界条件,并确定复常数A,B。 当

时,x0,yp,即0,p;

当0时(即在双曲线的边界上),0。由zCch可得:

dzshsh,于是 Csh,eie2idshshziA

212diA1 (d) dz2Csh当时,

2yyxy而当4Rezp,2,时,shich;

所以,ACpch。 2

由(c)和(d)式可求得

只要再适当选取常数B,使由复势确定的应力满足双曲线边界条件,问题就得到解决。由

得izze2izzz,注意到e2ish,可求得 sh

h2shiBiA1cos2,在双曲线边界上,0。因此有 2CC1iBAiA1cos2。若取1cos20,则当0时B02C2shsh2Ci

有0000,这样便满足了双曲线边界条件。因此,本问题的复势被确定为 ziA,ziACchi1