[弹性力学]试题参考答案(参考题)

《弹性力学》试题参考答案（答题时间：100分钟）

一、填空题（每小题4分）

1．最小势能原理等价于弹性力学基本方程中：，。 2．一组可能的应力分量应满足： 。 3．等截面直杆扭转问题中， 2dxdyM的物理意义是 D

转轴的矩等于杆截面内的扭矩M 。

4．平面问题的应力函数解法中，Airy应力函数在边界上值的物理意义为 某一点（基准点）到任一点外力的矩 。 5．弹性力学平衡微分方程、几何方程的张量表示为：

ij,jXi0 ，ij1(ui,juj,i)。

2

二、简述题（每小题6分）

1．试简述力学中的圣维南原理，并说明它在弹性力学分析中的作用。

圣维南原理：如果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（主矢与主矩相同），则近处的应力分布将有显著的改变，但远处的应力所受影响可以忽略不计。

作用：（1）将次要边界上复杂的面力（集中力、集中力偶等）作分布的面力代替。

（2）将次要的位移边界条件转化为应力边界条件处理。

2．图示两楔形体，试分别用直角坐标和极坐标写出其应力函数的分离变量形式。

题二（2）图

(x,y)ax2bxycy2(x,y)ax3bx2ycxy2dy3（a） （b） 23

(r,)rf() (r,)rf()

3．图示矩形弹性薄板，沿对角线方向作用一对拉力P，板的几何尺寸如图，材料的弹性模量E、泊松比  已知。试求薄板面积的改变量S。

题二（3）图

设当各边界受均布压力q时，两力作用点的相对位移为l。由1(1)q得，

E

qab

E

2

2

lab

22

(1)

设板在力P作用下的面积改变为S，由功的互等定理有：

qSPl

将l代入得：

S

1E

P

ab

2

2

显然，S与板的形状无关，仅与E、、l有关。

4．图示曲杆，在rb边界上作用有均布拉应力q，在自由端作用有水平集中力P。试写出其边界条件（除固定端外）。

题二（4）图

（1）r（2）r

b

rb

q, r0, r

rb

0； 0

b

rara

（3）drPcos rdrPsin

a

a



b

a

rdrPcosab

2

5．试简述拉甫（Love）位移函数法、伽辽金（Galerkin）位移函数法求解空间弹性力学问题的基本思想，并指出各自的适用性

Love、Galerkin位移函数法求解空间弹性力学问题的基本思想：

（1）变求多个位移函数u(x,y),v(x,y),w(x,y)或ur(r,),u(r,)为求一些特殊

函数，如调和函数、重调和函数。 （2）变求多个函数为求单个函数（特殊函数）。

适用性：Love位移函数法适用于求解轴对称的空间问题； Galerkin位移函数法适用于求解非轴对称的空间问题。

三、计算题

1．图示半无限平面体在边界上受有两等值反向，间距为d的集中力作用，单位宽度上集中力的值为P，设间距d很小。试求其应力分量，并讨论所求解的适用范围。（提示：取应力函数为 Asin2B） （13分）

题三（1）图

解：d很小，MPd，可近似视为半平面体边界受一集中力偶M的情形。

将应力函数(r,)代入，可求得应力分量： 

114

； 2Asin20； 222

rrrrr

2

2

r

1

r12(2Acos2B)

rrr

边界条件：

（1）

0

r0

0, r

0

r0

0； 



r0

0,  r



r0

0

代入应力分量式，有

1

(2AB)0 或 2AB0 （1） 2r

（2）取一半径为r 的半圆为脱离体，边界上受有：r,r，和M = Pd

由该脱离体的平衡，得





将r代入并积分，有



2





2

rrdM0

2





2

2

21

(2Acos2B)rdM0 2r



Asin2B

2



2

M0 得 BM0 （2）

联立式（1）、（2）求得：

B

M





Pd

，APd

2

2

代入应力分量式，得



r

2Pdsin22Pdsin； ； 。 0r22

rr

结果的适用性：由于在原点附近应用了圣维南原理，故此结果在原点附近误差较大，离原点较远处可适用。 2．图示悬臂梁，受三角形分布载荷作用，若梁的正应力x由材料力学公式给出，试由平衡微分方程求出xy,y，并检验该应力分量能否满足应力表示的相容方程。

（12分）

题三（2）图

解：（1）求横截面上正应力x

q0

h

x，截面惯性矩为I任意截面的弯矩为M，由材料力学计算公式有

126l

3

3



x



MyI



2q0lh

3

xy （1）

3

（2）由平衡微分方程求

xy

、y

xyx

X0 (2)xy

平衡微分方程： 

yxyY0 (3)xy

其中，X0,Y0。将式（1）代入式（2），有



6q0lh

3

xy

y

xy

2

积分上式，得

xy

3q0lh

3

xyf1(x)

22

利用边界条件：xy

3q04lh

3

y

h

2

0，有

3q04lh

3

xhf1(x)0 即 f1(x)

22

xh

22

xy

3q0lh

3

x(y

22

12

h) （4） 4

将式（4）代入式（3），有

6q0yy6q021212

x(yh)0 或 x(yh) 2

lh

3

4yylh

3

4积分得





6q0y3y

lh

3

x(

3



14

h2

y)f2(x) 利用边界条件：



y

y

h

q0lx，

y

0

2

y

h2

得：

6q03lh3

x(h2418h3

)fq02(x)l

x

6q03



lh

3x(

h2418h3

)f2(x)0 由第二式，得

fq02(x)

2l

x

将其代入第一式，得



q0xq0q

2l2lx0l

x 自然成立。 将f2(x)代入y的表达式，有



6q0y3

qy



lh

3

x(314h2

y)02l

x 所求应力分量的结果：

Myq03

x

I

2lh

3

xy



3q0xylh

3

x2(y2



14

h2

) 

y



6q0lh

x(y3

314h2

y)q03

2l

x （5）（6）

校核梁端部的边界条件： （1）梁左端的边界（x = 0）：



h

2h2



xx0

dy0，

h2h2

xy

x0

dy0 代入后可见：自然满足。

（2）梁右端的边界（x = l）：



h

2h2



xxl

dy



h2h2



2q0xlh

3

3

y

xl

dy0

h2h2

xy

xl

dy



h2h2

3q0xlh

3

2

h(y)

4

2

2

dy

xl

q0l2



h2h2



xxl

ydy



h2h2



2q0xlh

3

3

y

2xl

dy

2q0l3lh

3

3

h2

y

3h2



q0l6

2

M

可见，所有边界条件均满足。

检验应力分量x,xy,y是否满足应力相容方程： 常体力下的应力相容方程为

(

2

x



y)(2)(2

xy

22

x

y)0

将应力分量x,xy,y式（6）代入应力相容方程，有



(2

x

2

x

y)

12q0lh

32

12q0

xy，2(xy)xy 3

ylh

22

24q0

(xy)(2)()xy0 xy23

xylh2

显然，应力分量x,xy,y不满足应力相容方程，因而式（6）并不是该该问题的正确解。

3．一端固定，另一端弹性支承的梁，其跨度为l，抗弯刚度EI为常数，梁端支承弹簧的刚度系数为k。梁受有均匀分布载荷q作用，如图所示。试： （1）构造两种形式（多项式、三角函数）的梁挠度试函数w(x)；

（2）用最小势能原理或Ritz法求其多项式形式的挠度近似解（取1项待定系数）。

（13分）

题二（3）图

解：两种形式的梁挠度试函数可取为

w(x)x(A1A2xA3x) —— 多项式函数形式

n2

2

w(x)



m1

Am(1cos

2mxl

) —— 三角函数形式

此时有：

w(x)x(A1A2xA3x)

2

2

2

x0

0

2

w(x)2x(A1A2xA3x)x(A2A3x)

n

x0

0

w(x)



m1n

Am(1cos

2mxl

)

x0

0

w(x)



m1

Am

l2m

sin

2mxl

x0

0

即满足梁的端部边界条件。 梁的总势能为

Π

12



l

d2w

EIdx2dx

2



l

qw(x)dx

12

kw(l)

2

取：w(x)A1x，有

dwdx

22

2

2A1，w(l)A1l

2

代入总势能计算式，有

Π

1

2

l

EI(2A1)dx

qA13

2



l

qxA1dx

2

12

k(A1l)

22

2EIlA

2

1

l

3

12

kA1l

24

由Π0，有

4EIlA1kA1l

4

q3

l

3

0

A1

q0l

3

4

3(4EIlkl)

代入梁的挠度试函数表达式，得一次近似解为

w(x)

q0l

3

4

3(4EIlkl)

x

x

2

4．已知受力物体内某一点的应力分量为：0，

y

2MPa，

z

1MPa，

xy1MPa，yz0，zx2MPa，试求经过该点的平面x3yz1上的

正应力。 （12分）

解：由平面方程x3yz1，得其法线方向单位矢量的方向余弦为

131

2

2

2

l

1，m

331

2

2

2



3，n

131

2

2

2



1

ij

012

120

2



0， L1

1l

mn11

3 10112

120

21

103 

11



N

LL

T1

3

5

7

1

291

332.64 MPa

11111

