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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
14、为零（,面力未知），板的体力分量为，所以得(7)(6)制其两阶偏导数为4.8用伽辽金法求解上题。解：1位移表达式仍取上题式（1）,汨YK-第4.新卜纸孙三（j（）51CHI用信卜r（4）（-竽B备竽弓2.确定和。因为，所以伽辽金方程简化为rr（32u11u153v1.Lqh济+2拓卜“二。J工E修+察+房+g=o（2）将以及式（1）代入（2）,得川得卜部+升纸等4口:卜号）局耳+；卜营）卜知邛制（阁红哪-弘闱产。由此解出和：（3）与瑞兹法求出结果一样，由此可见，用伽辽金法计算较为简单。4.9悬臂梁自由端作用一集中力，梁的跨度为，见题图4.5,试用端兹法求梁的题图45解：1.设梁的挠度曲线为（1
15、）此函数满足固定端的位移边界条件：，梁的总势能为口吟f侍）女段吟或圉mfeF由得代入式（1）得挠度为式（2）,最大挠度为式（3）（2）（3）410有一长度为的简支梁，在处受集中力作用，见题图4.6,试用瑞兹法和伽辽金法求梁中点的挠度。题图4-6解一：用瑞兹法求解设满足梁端部位移边界条件的挠度函数为（1）梁的变形能及总势能为1.a=-ax=Ikax=LMB.2joEi21dx2）4/V由得（2）以上级数的收敛性很好，取很少几项就能得到满意的近似解，如作用于中点O时，跨中挠度为（只取一项）这个解与材料力学的解O相比，仅相差1.5%。解二：用伽辽金法求解1.当对式（1）求二阶导数后知，它满足，亦即满
16、足支承处弯矩为零的静力边界条件，因此，可采用伽辽金求解。将式（1）代入伽辽金方程，注意到，且作用在处，可得1.三(b)两式相除，有(c)由(a)式，有(d)(2)取形式时，当：即当：应力相等，有解出得，(代入值)(代入值)O (Of)0(ej = 6.5已知简单拉伸时的应力-应变曲线如图6-1所示，并表示如下：Ee(OrrJ=()=,()q+e(E-4)()问当采用刚塑性模型是，应力-应变曲线应如何表示？图61解：刚塑性模型不考虑弹性阶段应变，因此刚塑性应力应变曲线即为曲线，这不难由原式推得而在强化阶段，因为这时将都移到等式左边，整理之即得答案。其中6.6 已知简单拉伸时的曲线由(6.1)式给
17、出，考虑横向应变与轴向应变的比值在弹性阶段，为材料弹性时的泊松比，但进入塑性阶段后值开始增大最后趋向于。试给出的变化规律。解：按题设在简单拉伸时总有(a)左边为体积变形，不论材料屈服与否，它要按弹性规律变化，即有（b）比较（a）,（b）两式，得将表达式代入，即可得。6.7 如图所示等截面直杆，截面积为，且。在处作用一个逐渐增加的力。该杆材料为线性强化弹塑性，拉伸和压缩时性能相同。求左端反力和力的关系。解：（1）弹性阶段基本方程：平衡方程（a）几何方程（b）本构方程（C）联立求出显然，段先屈服，取，得,当时，值如上述表达式。（2）弹塑性阶段（a段塑性，b段弹性）平衡方程和几何方程仍为（a）、（b
18、）式。本构方程：且设将本构方程代入几何方程：即两侧同乘面积，并利用平衡方程（a）,得解出令，则得（e）本阶段结束时,由几何方程利用平衡方程玛= M + % = qZ+M = M +-i(f)当时，为（e）式。（3）塑性阶段平衡方程和几何方程同上。本构方程（g）与（2）弹塑性阶段同样步骤：可得6.8 如图所示等截面直杆，截面积为，且。在处作用一个逐渐增加的力。该杆材料为理想弹塑性，拉伸和压缩时性能相同。按加载过程分析结构所处不同状态，并求力作用截面的位移与的关系。解：基本方程为平衡方程（a）几何方程（b）本构方程（1）弹性阶段由前题知，因，故。截面位移本阶段终止时,（2）弹塑性阶段O此时，截面位
19、移由段变形控制:且本阶段终止时，（3）塑性阶段O无限位移（为不定值）。（4）图线斜率比较：段:段:6.9 如图所示三杆桁架，若，杆件截面积均为，理想弹塑性材料。加载时保持并从零开始增加，求三杆内力随的变化规律.解：基本方程为（a）几何方程：（b）协调关系：本构方程：（C）（1）弹性阶段O利用（a）、（b）及（C）第一式，联立求解得即可看出结构弹性极限：令有(2)弹塑性阶段O取，结构成为静定，由平衡方程解得-=O42产-Ni=-(M-042P)若取，即此时即当时，内力为上列值，当时，杆1和杆2已进入塑性阶段，当时，两杆为无线变形，结构已成为机构。故，此结构。6.11如图所示三杆桁架，理想弹塑性材
20、料，杆件截面面积均为，求下述两种加载路径的节点位移和杆件应变：(1)先加竖向力，使结构刚到达塑性极限状态，保持不变，开始加力，使桁架再次达到塑性极限状态。(2)先加水平力，使结构刚到达塑性极限状态，保持久不变，开始加力，使桁架再次达到塑性极限状态。解：此结构的基本方程为(a)几何方程：(b)且有：本构方程：(C)将基本方程用其相应的增量表示为g平衡方程，1 ，A 4 kP+国(g+g) = 7-L(l-)=N4-且有:(1)加载路径见几何方程:本构方程:(1)教材(2)加载路径见(2)第一阶段：先加，由基本方程可得显然，1杆、3杆同时屈服，此时(d)第二阶段：在保持不变的情况下施加力，这是由相
21、应改变，此时，节点位移增量为由增量形式几何方程这说明杆1、2、3均伸长，即杆3卸载。由增量形式平衡方程说明保持不变，增加时，必须减小，当取，即杆2进入拉伸屈服，此时,将各项增量与(d)式相应初始值叠加，有：P = P =Q=0q+Q=j2iA-iA=-oiAg=2hi.4=2力5第三阶段：保持不变，继续增加力，此时，即与第二阶段相似，必须减少。当，即时，结构达到极限状态。这时：将各增量与（e）式相应初始值叠加，有第七章习题答案7.3 设为应力偏量，试证明用应力偏量表示MiSCS屈服条件时，其形式为:证明：MiSeS屈服条件为故有7.4 试用应力张量不变量和表示MiSeS屈服条件。解：Mises
22、屈服条件：左式=2(Y+gOi)=2(q+5+c)3-3(lj+/+55)=2(jf+3Ja)=2of故有7.5 试用Lode应力参数表达Mises屈服条件。解：由定义：JL=I阿/)2+他/)*(/_/J1.W)_1L十(_4+(n巧)2- 3丫一-=L22十2(4-51+2(巧-巧Y+(G-巧)一(巧5)可(5)2_12(5-4)+2(%-%)y%-巧尸- 31(巧/r.J国+(23V(5-J叵华三巴亘咚师)Mises屈服条件为将上式代入，得:即:7.6物体中某点的应力状态为，该物体在单向拉伸时，试用Mises和Tresca屈服条件分别判断该点是处于弹性状态还是塑性状态，如主应力方向均作相
23、反的改变(即同值异号)，则对被研究点所处状态的判断有无变化？解：(1)MiSeS屈服条件判断(5-巧+(1-巧)+(巧=6x10*=7.22104(ywa)故该点处于弹性状态(2) TreSCa屈服条件判断故该点处于塑性状态如果各应力均作为变号，则以上各式不变，所作判断没有变化。7.8 已知薄壁圆球，其半径为，厚度为，受内压的作用，如采用TreSCa屈服条件，试求内壁开始屈服时的内压值。解：研究半球的静力平衡内球面：，外球面：由TreSCa条件，内壁先开始屈服，此时7.9 薄壁管受拉扭联合作用，只有正应力和切应力，试用表示MiSeS和Tresca和双剪应力三种屈服条件。解:(1)Mises：由
24、,得（3）双剪应力:出可以写成当时，三种屈服准则得出的值有所不同。7.10 在平面应力问题中，取，试将MiSeS和TreSCa和双剪应力屈服条件用三个应力分量表示。引进。解：（1）MiSeS屈服准则引进下列量纲为一的量/=二勺=I弓=W=-R=-z-Q5522则上式成为（2）TreSCa屈服准则记，（当45） （当力WB） （当回叫(a)根据的大小，将由下列值l=4+5,2=A-B.j=0l=ABtq=0,iA-B1=0.2AB.i=A-B屈服准则对应的为量纲化为一后得答案结果(3)双剪应力屈服准则将(a)式代入上式中得到6个式子，可合并成4个关系。进一步化简为量纲化为一后即得答案结果。第八章
25、习题答案8. 3分析：本题中是由塑性体积变形为零：且单向拉伸时，推出。单向拉伸时，有体积应变服从弹性定律，即将以上两式联等，得依次将*g*%G=RIieO=Q+旦&代入。则得，弹性阶段；屈服阶段；强化阶段。8.4 分析：在方向的主应力分别为：，贝J,从而求得应力偏量，再根据增量理论，得最终结果为(-1)：1：08.5 分析：设扭转剪应力，主应力为：，代入MiSeS屈服条件，得。8.6 证明：3躯SXbiJ呻八6(d+U+U)将对求偏导，可得，同理可得，所以；用同样的方法求得。8.7 分析：1)开始屈服时,代入MiSeS屈服准则得；2)屈服后对应的塑性应变增量为由及屈服条件的微分形式，联列可得，
26、代入式子得到答案结果。8.8 解：(1)单向拉伸应力状态有则(2)纯剪切应力状态,8.9 证明：有COUIOmb剪破条件所在平面为滑移面，如图。从图中可以看出，滑移面与所在主平面所成角为12(1)开始屈服时，代入MiSeS屈服条件准则得(2)屈服后对应的塑性应变增量为由(b)(c)及屈服条讲的微分形式可得由(a)(c)两式，得代入式子得答案结果。第九章习题答案9.1 分析：设剪切屈服极限为，则可以依次求得弹性极限扭矩为：71=f,r2njfr=lj(l-a4)(=?)j2b；塑性极限扭矩为：；设弹塑性区分界线半径为，则T=-kr2/rdr+kr2nrdr=51-()3-03-ka34b4ri=
27、LJq=5(l+r)q=5(l+-)9.2 计算结果为&巾b09.3 分析：在本题中，根据公式；卸载后残余应变曲率为，结合，。9.4 分析：根据公式，分别将代入便可求的2AM=-丐(1j)=3612kgfcm2.%=2qIn=10077rw2；当二12.6时，。9.5 分析：二端封闭在处，代入MiSeS屈服条件，化简可得；用同样的方法可求得二端自由时，；二端约束时，。9.6 分析：由弹性力学，筒内各应力值为将这些值代入Mises屈服条件得：9厂4)+&-巧)+(6-/)+6匕=2寸化简后的，在和处同时屈服，即第十章习题答案10.2 分析：设为缺口处因摩擦作用而产生的剪应力。是均布压力区，在边上
28、；是均布压力区，在边上。因为是同一条线，有，化简得，则单位长度上的极限载荷为。10.4 分析：由于形状对称、滑移线场对称，故只取右半部进行分析。分别写出边上应力分量值，列平衡方程(*)求得因为沿同一条线，由可得；在边上的点，所以，得。代入*式可得弯矩。10.5 分析：是均布压力区，在边上点：由得：；是均布压力区，在边上点：，可计算出。由于沿同一条线，故，化简后，则单位长度的极限荷载为。108当时，在弹性阶段有得平均应力因此在弹性阶段有，进入塑性后有对平均应变刚进入塑性时。由上式导出。因此进入塑性后还满足。由于，得出，故实际独立变量只是与。在塑性应变增量方面，由于，而。则有，并可得出最后得到答案
29、结果。10.9(1)MiSeS屈服条件。由流动法则，现在，将得出。(2)TreSCa屈服条件，在平面内求得主应力如下：(a)由于，而，即即(b)由流动法则，这要求应力点处在屈服面上，即(c)并要求，或(d)由_巧+/+6_2Af33S=0-b=+6-%券三=g(-q)+M】一、5%=/-。=-(j4-o;)-2z八=-=-(-4)代入(d)式，得由代入，得第十一章习题答案11.3使用静力法和机动法求出图示超静定梁的极限载荷。解1：(1)静力法首先该超静定梁O化为静定结构()、OO分别求出其弯矩图，然后叠加,得该超静定梁的弯矩图O在极限情况下设点支反力为，贝h由上二式得当值达到上述数值时，结构形
30、成破坏机构，故为该梁的完全解。(2)机动法设破坏机构如图O,并设点挠度为，贝h外力功内力功由，可得极限载荷上限为由于在作用下，故上式所示载荷为完全解的极限载荷。解2：(1)静力法先将该超静定梁化为静定梁()、O,分别作弯矩图，叠加得该超静定梁的弯矩图O设点为坐标原点，此时弯矩方程为：在极限状态时，有令得(1)而(3)联立解(1)、(2)、(3)得解得取较大的值，可得在以上值作用下，梁己形成破坏机构，故其解为完全解。(2)机动法如图(g)设在、两点形成塑性较内力功为外力功为由虚功原理得：该解与完全解的误差为解3：(1)静力法设坐标原点在点，此时弯矩方程为：段O段O在处，为极大值，设在段，由得在极
31、限情况下9即：(3)联立解(1)、(2)、(3)得取正号由于此时形成破坏机构，故值完全解。(2)机动法,如图(g)设此梁在和处形成塑性较，则内力功为外力功为由虚功原理得由极值条件得代入的表达式，则得的极小值由于此结果满足，故所得的值为完全解的极限载荷。H.4试用机动法求下列图示板的极限载荷。(1)四边简支，边长为的正方形板，载荷作用在板的中点；(2)三边简支一边自由的矩形板，在自由边中点承受集中力的作用;(3)四边简支矩形板，在板上任意点()承受集中力的作用.解(a)外力功如破坏时四角可以翘起。内力功其中代入上式后，得由虚功原理得其中值由确定即由此得因此(b)外力功内力功由得而故(c)外力功内
32、力功由得产=必2”)=唬号2+W11.5使用机动法求图示连续梁的极限载荷。解1：次梁为一次超静定梁，可能的破坏机构有两种，如图(b)、(c)O若塑性较在、处形成，此时外力功内力功由得若塑性较在、处形成，设到得距离为，此时有外力功内力功由得令得将代入的表达式比较以上两种可知该梁的极限荷载为解2：该连续梁形成破坏机构有如下三种形式:（1）形成两个塑性较产生局部破坏有两处可能，图（b）、形成塑性较故由得图（C）、两点形成塑性较，此时有故由得（2）形成三个塑性较，产生局部破坏有三种可能:图（d）在、三点形成塑性较，此时有由得图（e）在、三点形成塑性较，此时由得图（f）在、三点形成塑性较，此时由得（3）形成三个塑性较，产生整体
