5弹性力学习题课2课时

5 典型例题

5.1 直角坐标解法

例题1 试列出图 5-1的边界条件。

解：（a）对于图 5-1（a）的问题，在主要边界 y= ± h/2应精确满足下列边界条件：

图 5- 1

2

hx

y,yq,xy0

2l

h

y,y0,xyq1

2

在小边界（次要边界）x= 0，应用圣维南原理，列出三个积分的近似条件，当板厚δ=1时，







xx0dy1Fh/2

h/2

xx0ydy1Mh/2



h/2

xyx0dy1Fsh/2

h/2

在小边界xl处，当平衡微分方程和其他各边界条件都已满足的条件下，三个积分的边界条件必然满足，可以不必校核。 （b）在主要边界 x=0，b，应精确满足下列边界条件：

x=0，σx = -ρgy，τxy =0； x= b，σx =0， τxy = - q。

在小边界 y=0，列出三个积分的边界条件，当板厚δ=1时：



y

b



yb0

xy

b





3

xdx1Fby04

F

dx1y02dx1Fy02

注意，在列力矩的条件时，两边均是对原点O的力矩来计算的。对于y=h的小边界可以不必校核。

例题2 图5-2所示的矩形截面柱体，在顶部受有集中力F和力矩M =Fb/2的作用，试用应力函数：

Φ = Ax3+ Bx2

求解图示问题的应力及位移，设在 A 点的位移和转角均为零。

图 5-2

解：应用应力函数求解：

（1）校核相容方程4

0，满足。

（2）求应力分量，在无体力时，得：

σy =6Ax+2B， σx =τxy =0。

（3）考察主要边界条件，

x= ± b σx =0， τxy =0，均已满足。

考察次要边界条件，在 y=0上：（τyx）y=0 =0， 满足；



b

bF,F

ydxo 得 By2b；b

Fbbyxdx,yo2

得 A

F8b2

代入，得应力的解答，

F3x

y1， σ=τ =0。

x xy2b2b

4

上述Φ和应力已满足了0和全部边界条件，因而是上述问题的解。

（4）求应变分量，

F3x3x

x1，xy0 1，y

2Eb2b2Eb2bF



（5）求位移分量，

由u

Fxx2Eb13x2b

，对x积分，得： uF3x2

2Eb

x



f2b



1y； vF由yy2Eb13x

2b

，对 y积分，得： vF2Eby3xy2b

f2x

将u，v代入几何方程第三式

vxu

yxy0

两边分开变量，并令都等于常数ω，即：

df2xdxdf1y3Fdy4Eb

2y从上式分别积分，求出：

f2xxv0

f1y

3F8Eb2

y2yu0

代入u，v，得：

3x2

F3F2u2Eb

x

2b

yyu

8Eb20

vF

32Ebyxy2b

xv0

再由刚体约束条件，

uy03FEb

hx0,yh，得42

ux0,yh0， 得uF0

328Eb2

h

vx0,yh

0F

， 得v0

2Eb

h 代入u，v，得到位移分量的解答：

F

3x2

ux

3F2Ebh22b

8Eb2y

v

F2Ebhy3x12b

在顶点 x= y=0，

vx0,y

Fh

2Eb

例题3 矩形截面的简支梁上，作用有三角形分布荷载，图 5-3。

图 5-3

试用下列应力函数

Φ = Ax3y3+ Bxy5+ Cx3y+ Dxy3+ Ex3+ Fxy，

求解应力分量。

解：应用上述应力函数求解： （1）将Φ 代入相容方程：

4



0， 72A +120B =0， 得A

5

3

B。 5335333

由此，3

BxyBxyCxyDxyExFxy（2）求应力分量，在无体力下，得：

x10Bx3y20Bxy36Dxy

y10Bxy36Cxy6Ex

xy15Bx2y25By43Cx23Dy2F

（3）考察主要边界条件（y= ± h/2），y= ± h/2，τxy =0，得：

1525342

x3CBhBhDhF0

4416

2

对于任意的x值，上式均应满足，由此得：

3C

152

Bh0 （a） 4

516Bh4

34

Dh2F0 y= h/2， σy =0，

x53

4Bh3Ch6E

0 y= - h/2，yq

x

l，

x53

x4Bh3Ch6E

ql （c）+（d）得：

E

q12l

（c）-（d）得：



5

4Bh23Cq2lh

（e）-（a）得：

B

q

5lh

3， Cq

4lh。 （4）考察小边界上的边界条件（x=0），由：

b） c） d）

（（（



h2

xy

2

qldy x06

得：

h516Dh3

B4Fhql6

（f） 由式（b）和（f）解出：

Dql

13h

310lh

Fqh

l80l4h

另两个积分的边界条件：



h2

h2

xx0dy0



h2

h2

xx0ydy0

显然是满足的。

于是，将各系数代入应力表达式，得应力解答：

xyl2x2y23x2qlh2h2h210



x13y2y3yq2l24hh3

。 q2xyyl3x2

hy2

414

h2hhl20lhl

读者试校核在 x= l的小边界上，下列条件都是满足的，

2

dy0h2

h2

2xxl

，qlh2xxlydy0，h2xyxldy3

5.2 极坐标解法

例题4（习题 4-8） 试考察应力函数体的何种受力问题？

q3

cos3能解决图6a

5-4所示弹性

图 5- 4

解：本题应按逆解法求解。

首先校核相容方程，

4

0是满足的。

然后，代入教科书中应力公式（4-5），求出应力分量：

qqq

cos3,cos3,sin3

aaa

再求出边界上的面力：

υ= ±30°面上， 0,

q



a；

a面上， qcos3,q

问题。

si。n

面力分布如图5-4b所示，因此上述应力函数可解决如图所示的受力

例题5（习题4-9） 半平面体表面受有均布水平力q，试用应力函数

2Bsin2C，求解应力分量，图5-5。

图5-5

解：首先检验Φ，已满足40。 由Φ 求应力，得：



2Bsin22C



2Bcos2C

再考察边界条件。注意本题有两个υ面，即

2Bsin22C



2

，分别为 ±υ面。在

±υ面上，应力符号以正面正向、负面负向为正。因此，有：





2

0,得：C0;

2







2

q，得：Bq

代入应力公式，得应力解答



qsin2



qcos2

例题6（习题 4-18） 设半平面体在直边界上受有集中力偶，单位宽度上的力偶矩为M，图5-6，试求应力分量。

qsin2

图5-6

解：应用半逆解法求解。

（1）按量纲分析方法，单位宽度上的力偶矩与力的量纲相同。应力应与

12

M，ρ，υ有关，由于应力的量纲是单位面积上的力，即LMT，应力2

M/只能以形式组合。

（2）Φ应比应力的长度量纲高二次幂，可假设Φ=Φ（υ）。 （3）将Φ代入相容方程，得：

1d4d2

40 442dd



e删去因子4，得一个关于Φ（υ）的常微分方程。令其解为，

1

代入上式，可得到一个关于λ的特征方程：

2240

2i2iae,be,c,d；其解为λ=2i，-2i，0，0。于是得到Φ的四个解

前两项又可以组合为正弦、余弦函数。由此得：

Φ = Acos2υ+ Bsin2υ+ Cυ+ D。

本题中结构对称于υ= 0的x轴，而M 是反对称荷载，因此，应力应反对称于x轴，为υ的奇函数，从而得 A = D =0，Φ = Bsin 2υ+ Cυ。 （4）由Φ求得应力分量，



24Bsin20



1

22Bcos2C



1

（5）考察边界条件。由于原点O有集中力偶作用，应分别考察大边界上的条件和原点附近的条件。

在ρ≠0，υ= ±π/2的边界上，有（συ）ρ≠0，υ= ±π/2 =0，（τρυ）ρ≠0，υ= ±π/2 =0。前一式自然满足，而第二式成为：

2B = C （a）

为了考虑原点O附近有集中力偶的作用，取出以O为中心，ρ为半径的一小部分脱离体，并列出其平衡条件：

0F0,cosdsindx 

F0,0 ysindcosd





M0,O



2

dM0 

上式中前两式自然满足，而第三式成为：

2B

M



（b）

再由式（a）得出： C

M



代入应力公式，得最后的应力解答：

2Msin2



2



0



Mcos21

2



例题7（习题 4-19） 设有厚度为1的无限大薄板，在板内小孔中受集中力F，图5-7，试用如下的应力函数求解：

AlncosBsin。

图5-7

解：（1）经校核，上述Φ 满足相容方程。

（2）代入应力公式（4-5），得：



A2B



cos

A



sin

A



cos

（3）考察边界条件。本题只有原点O附近的小孔口上作用有集中力 F，可取出包含小孔口在内的、半径为ρ的脱离体，列出其三个平衡条件：

F

x

0,cosdsindF0

0

2

F

y

0,sindcosd0 0

20

2

d0

2

MO0,

将应力代入上式，其中第二、三式自然满足，而第一式得出：

FB （a）

2

（4）由此可见，考虑了边界条件后还不足以确定待定常数。注意到本题是多连体，应考虑位移的单值条件。为此，先求出应变分量，再积分求出位移分量，然后再考虑单值条件。

由物理方程求出应变分量：

1cos1A2BEE



1cos1A2B EE

2121

Asin

EE



代入几何方程，得：

u

cos1A2BE

1uucos

1A2B E

1uuu21Asin

E

由前两式积分，得：

1

1A2BlncosfE



11u1A2Blnsin1A2Bsinfdf1EEu

将 u,u代入第三式，并分开变数，得：



df1d

f1

df2sin

1B2Afd Ed

为了使上式在区域内任意的ρ、υ都成立，两边都必须等于同一常数 G。这样，得到两个常微分方程：



df1d

f1G （b）

df2sin

fdG （c） 1B2AEd

由式（b）解出：

f1HG

将式（c）对υ求导一次，再求出：

1

fsinIcosKsin 1B2AE

再将上式的 f（υ）代入uρ，得：

11

ulncossinIcosKsin （d）1B2A1B2A EE

显然，式（d）中第二项是多值项。为了保证位移的单值性，必须：

［（1-μ）B +2A］=0 （e）

将式（a）代入上式，得：

A

1

F （f） 4

将式（a），（f）代入应力公式，得无限大薄板在小孔口受集中力 F 的解答：

Fcos

34Fcos1

4 Fsin1

4



例题8 圆盘的直径为 d，在一直径 AB 的两端受到一对大小相同，方向相反的集中力 F 的作用，图 5-8，试求其应力。

图5-8

解：本题可应用半平面体受铅直集中力的解答，进行叠加而得出。 （1）假设GH以下为半平面体，在A点的F作用下，引用教科书中式（4-22）之解：



1

2Fcos1



1

,110 （a）

（2）假设 IJ以上为半平面体，在B点的F作用下，类似地得出：



2

2Fcos2



2

,220 （b）

（3）对于圆周上的点M，分别作用有：1和2，且AM⊥BM，并有：

cos1

1

显然，在圆周上有：



cos2

2

1

。 d



1

2

2F， d

2F

两者合成为圆周上的法向分布压力。为了消除圆周上的分布压力，

d

2F

应在圆周上施加分布拉力；其对应的应力分量为：

d

2F

，

d

0 （c）

因此，圆盘在对径受压时，其应力解是（a）、（b）、（c）三部分解答之和。 现在来计算水平直径CD线上的σy值。对于N点，设AN =ρ，∠ BAN =υ，则有：

3

2F4Fcos2F2

y21cos

dd

由于：

cos得到 CD 线上的应力分量：

d，

2F4d4

y12

dd24x2



最大压应力发生在圆盘的中心，



yx0

6F

d

读者试求出CD线和AB线上的水平正应力σx值，并证明在中心线AB

2F

上：x，为常量的拉应力。 AB线上的常量拉应力，便是劈裂试

d

验的参考解答。