应用弹塑性力学习题解答.docx

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1、应用弹塑性力学习题解答目录第二章习题答案2第三章习题答案4第四章习题答案7第五章习题答案16第六章习题答案21第七章习题答案28第八章习题答案32第九章习题答案33第十章习题答案34第十一章习题答案35第二章习题答案2.6 设某点应力张量的分量值已知，求作用在过此点平面上的应力矢量，并求该应力矢量的法向分量。解该平面的法线方向的方向余弦为I=afdmbd,n=Cld,d=Ja+U而应力矢量的三个分量满足关系而法向分量满足关系最后结果为%=(q+Y+3dFBr=(y+?+*4t=(r2atc2+2t9b+2jbc+29ca)d2+6a+?2.7 利用上题结果求应力分量为时，过平面处的应力矢量，及

2、该矢量的法向分量及切向分量。解求出后，可求出及，再利用关系可求得。最终的结果为2.8 已知应力分量为qq=5,q=T%=4J=-2,J=3,其特征方程为三次多项式，求。如设法作变换，把该方程变为形式，求以及与的关系。解求主方向的应力特征方程为式中：是三个应力不变量，并有公式A=Sq+4)+(-44+(-*+U)代人已知量得为了使方程变为形式，可令代入，正好项被抵消，并可得关系代入数据得，2.9 已知应力分量中，求三个主应力。解在时容易求得三个应力不变量为，,特征方程变为求出三个根，如记，则三个主应力为记2.10 已知应力分量丐二的q=2/4=15%=J=O2q,是材料的屈服极限，求及主应力。解

3、先求平均应力，再求应力偏张量，,。由此求得然后求得，解出然后按大小次序排列得到2.11 已知应力分量中，求三个主应力，以及每个主应力所对应的方向余弦。解特征方程为记，则其解为，,。对应于的方向余弦，应满足下列关系(a)(b)(c)由(a),(b)式，得，代入(c)式，得,由此求得对，代入得对，代入得对，代入得2.12当时，证明成立。解由，移项之得证得第三章习题答案3.5取为弹性常数，是用应变不变量表示应力不变量。解：由，可得,由，得J3=-(ii+-3a31-4G1a+4G2Zj=-(3+4Ga)j+8Gj2J3=x23=3Z3l+2GAI(+)+4G?耳目(科+2G2)=3Z3l+MY：-4

4、GalZlZa+8GZ3=(万+2i3)13-4呢/+8为3.6物体内部的位移场由坐标的函数给出，为,求点处微单元的应变张量、转动张量和转动矢量。解：首先求出点的位移梯度张量Ox i(r3 12z+2yO 4 24将它分解成对称张量和反对称张量之和O 7.512 O 6O 4 2475 00 05 l+ 4.524j0Y 50-101 10-3 = +q0转动矢量的分量为该点处微单元体的转动角度为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，求该点的主应

5、变和主方向。,代入其解：根据式先求出剪应变。考察方向线元的线应变，将,中，可得则主应变有解得主应变，。由最大主应变可得上式只有1个方程式独立的，可解得与轴的夹角为于是有，同理，可解得与轴的夹角为。3.8 物体内部一点的应变张量为试求：在方向上的正应变。根据式，则方向的正应变为50030004=S.M仔2Ij300400-100XICre0-100200_=644xlOY3.9 已知某轴对称问题的应变分量具有的形式，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，这时应变和位移之间的关系为，。应变协调方程简化为，由不可压缩条件，可得可积分求得，是任意函数，再代回，可得。3.10 已

6、知应变分量有如下形式，,由应变协调方程，试导出应满足什么方程。解：由方程，得出必须满足双调和方程。由，得出由，得出由此得，其它三个协调方程自动满足，故对没有限制。第四章习题答案4.3有一块宽为，高为的矩形薄板，其左边及下边受链杆支承，在右边及上边分别受均布压力和作用，见题图4.1,如不计体力，试求薄板的位移。题图4-1解：1.设置位移函数为（1）因为边界上没有不等于零的已知位移，所以式中的、都取为零，显然，不论式（1）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、两个系数。（2）U=舟IX闺+史+2叱）皿

7、=黑/+6+2他）（33.确定系数和，求出位移解答。因为不计体力，且注意到，式4-14简化为（4）（5）对式（4）右端积分时，在薄板的上下边和左边，不是，就是，故积分值为零。在右边界上有（6）同理，式（5）右端的积分只需在薄板的上边界进行，（7）将式（3）、式（6）、式（7）分别代入式（4）、式（5）可解出和：d 能一坳V=V= g y(8)(9)4.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。4.4设四边固定

8、的矩形薄板，受有平行于板面的体力作用（），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，所以式中的、都取为零，且将位移函数设置为如下形式：（1）把或代入上式，因为，或，所以，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44（1+v）7J（2）3.确定系数和。由于位移分量在边界上为零，所以，方程式4-14简化为（3）式（2）代入式（3）,得ENab4Eab422mn(I-K) 22(1+v)nm1(l-3) + 2a2(lv)4 = JXXE等院呼心。(4)由于，从式（4）的第一式得

9、，由第二式得当和取偶数时，和都为零，当和取奇数时，和都为2。因此，当取偶数时，。当取奇数时，将和代入式（1）得位移分量为v=T6pg n2 M63(l-2)+23+v)RrX nny sinsina b4.利用几何方程和物理方程，可求出应力分量（和取奇数）；1.v=-16vgmm ny* 7iiwnbTn =v 2(1+10mnxnnycossinab4.5有一矩形薄板，三边固定，一边上的位移给定为，见题图4.3,设位移分量为，式中，为正整数，可以满足位移边界条件。使用瑞兹法求维持上述边界位移而要在处所施加的面力。题图4-3解：1.平面应力问题时的变形势能为式其中ddy*VV a mCn八科附

10、”,xnny-2Bsmsincosbbaab2EEEnnyCnnmnxnnycosSInsincosabbabE2b限岛niEn2a3=4(1”)1%4+6a+16(lv)Eannnry . m . mx .-sin smSlnbaa当体力分量为零时，得当时，所以，此时有 ,而3.位移和应力解答为y x yV=-W-Sin +.一b a Vnny-) + 27.E ( uy E ( %=.小百+上记广卜云6)x sin 一(-1)bcos“% n a 1-5-6a(I-V) 2 ,E v 20v)ck2G+v)m cos 一(T)T 等同 ,+ 外6a(I-P) 2 _12-1892Sm巴 a

11、 a4.求上边界施加的面力（设），在处Ex%=sinaa46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:E (九十I-船 3au + 1+i 3av向y2去砂S XSm*等dW=:E l-v 3ay .l+v* 3au + y.wrx . nry , . A snsin -xzv = O将上题所给的表达式代入，积分后得En2ab W2 n24叫1-B)卡尔(IM)CmI 等 Sln 竿 dW = OEnab j一

12、 (1切m2a3 (l+)BLnySm 等 Sm 管 d+翳3当体力不计时，此时，而由下式确定:Bt2ab3w2,Etr)(师XTTx.Pty7y.-T/TT+73rBg=；1sinsindxI-smay4bi(l-2)2a3(l+v)Mt2a3(l+v)joajob当时，即，当时，上式成为Enab /1丁 63(l-3) + 20a(l) ”E肝力 p 3 x , ” My .；I sin axl - sindy2a3(l + v)jo a 卜 b b由此解出及位移分量如下：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，四边固定，见

13、题图4.4,只受重力作用。设，试取位移表达式为“=m用4+%+得+)用瑞兹法求解(在的表达式中，布置了因子和，因为按照问题的对称条件，应该是和的奇函数)。题图4-4解：1位移表达式中仅取和项：(1)2由得变形势能为其中黑卜却一竽俵4，导卜为卜豹/代入式（2）,得（K9）4+竽卜舄）b；筌口;工MTXI-JM将式（3）代入式（4）,得柒乳匚忸闾卜新+小萩考4年（阁q忸-秋-豹眄=。新北叶货目用卜卦+-）+畀用卜卜的=阂工卜丸Tw注意，有以下对称性：此牙用卜,2此受用此知用MJ工3用dxfy式（5）积分后成为式（6）,由此可求得、和位移、（5）,亨）d同应力分量：3.确定系数和。因板四周边界上位移为零（,面力未知），板的体力分