第一步 楮 卷本 章 学 习 重 点 与 难 点重点一- 、 弹性力学的内容: 弹性力学的研究对象、 内容和施国•注意与其它力学在任务、 研究对象和研究方法上的相同点及不同点.二 、 弹性力学的基本假定、 基本任和坐标系1 . 为简化计算. 弹性力学假定所研究的物体处于连续的、 完全弹性的、 均匀的、各向同性的、 小变形的状态2 . 各种基本量的正负号规定注意弹性力学中应力分量的正负号规定与材料力学中的正负号规定有何相同点和不同点外力（ 体力、 面力） 均以沿坐标轴正向为正， 面力的正负号与所处的面无关（ 只与坐标系有关） ， 注意与应力分量正面正向、 负面负向约定的区别.3 . 五个基本假定在建立弹力力学基本方程时的用途.难点建立正面、 负面的概念. 确立弹性力学中应力分量的正负号规定典 型 例 题 讲 解例 1 ・ 1 试分别根据在材料力学中. 和弹性力学中符号的规定•确定图中所示的切应力ri .r2 .r3 »r1的符号O：例1 7图 2科 帔 力 学 箱 明 数 梭 （ 第 三 瓶 ） 金 极 导 弊 及 习 会 金M【 解答】（ D在材料力学中规定, 凡企图使单元或其局部顺时针转动的切应力为正， 反之为负. 所以・J.FB为正,r z ，口为负.（ 2 ）在弹性力学中规定, 作用于正坐标面上的切应力以正坐标轴方向为正•作用于负坐标面L的切应力以负坐标轴方向为正， 相反的方向均为负。
所以. ^ “2 .r3» T 4均为负0习 题 全 解1-1试举例说明, 什么是均匀的各向异性体， 什么是非均匀的各向同性体， 什么是非均匀的各向异性体.【 解答】 木材、 竹材是均匀的各向异性体; 混合材料通常称为非均匀的各向同性体•如沙石混凝土构件， 为非均匀的各向同性体; 有生物组织如长骨•为非均匀的各向异性体1 - 2 一般的混凝土构件和钢筋混凝土构件能否作为理想弹性体？ 一般的岩质地基和土质地基能否作为理想弹性体？【 解答】 一般的混凝土构件可以作为理想的弹性体•而钢舫混凝土构件不可以作为理想的弹性体，•般的岩质地基不可以作为理想弹性体， 而土质地基可以作为理想的弹性体.1-3五个基本假定在建立弹性力学基本方程时有什么用途？【 解答】（ 1 ）连续性假定:引用这一假定以后， 物体中的应力、 应变和位移等物理量就可看成是连续的， 因此， 建立弹性力学的基本方程时就可以用坐标的连续函数来表示它们的变化规律 2 ）完全弹性假定:引用这一完全弹性的假定还包含形变与形变引起的正应力成正比的含义， 亦即二者成线性的关系， 服从胡克定律•从而使物理方程成为线性的方程 3 ）均匀性假定:在该假定下， 所研究的物体内部各点的物理性质显然都是相同的。
因此•反映这些物理性质的弹性常数（ 如弹性模垃E和泊松比〃等） 就不随位置坐怀而变化.（ 4 ）各向同性假定:所谓“ 各向同性” 是指物体的物理性质在各个方向上都是相同的进一步地说. 就是物体的弹性常数也不随方向而变化 5 ）小变形假定:我们研究物体受力后的平衡问题时， 不用考虑物体尺寸的改变， 而仍然按照原来的尺寸和形状进行计算同时， 在研究物体的变形和位移时・可以将它们的二次骞或乘积略去不计， 使得弹性力学中的微分方程都简化为线性微分方程.在上述这些假定下, 弹性力学问题都化为线性问题•从而可以应用叠加原理1-4应力和面力的符号规定有什么区别？试分别画出正面和负面上的正的应力和正的面力的方向. »— * 纬论【 解答】 应力的符号规定是： 当作用面的外法线指向坐标轴的正方向时（ 即正面时） . 这个面上的应力（ 不论是正应力或切应力） 以沿坐标轴的正方向为正. 沿坐标轴的负方向为负. 与此相反, 当作用面的外法线指向坐标轴的负方向时（ 即负面时） . 这个面上的应力就以沿坐标轴的负方向为正， 沿坐标轴的正方向为负.面力的符号规定是： 当面力的指向沿坐标轴的正方向时为正. 沿坐标轴的负方向时为负.解1 4图1 - 5试比较弹性力学和材料力学中关于切应力的符号规定.【 解答】 在弹性力学和材料力学中切应力的符号规定不尽相同： 材料力学中规定， 凡企图使微段顺时针转动的切应力为正； 在弹性力学中规定， 作用于正坐标面上的切应力以沿坐标轴正方向为正， 作 用F负坐标面上的切应力以沿坐标轴负方向为正, 相反的方向均为负.1 - 6试举例说明正的应力对应于正的形变.【 解答】 如梁受拉伸时. 其形状发生改变, 正的应力（ 拉应力） 对应于正的形变.1 - 7试画出题1 - 7图中的矩形薄板的正的体力. 面力和应力的方向.注意： （ 1）无论在哪一 个位置的体力， 在哪••个边界面上的面力， 均以沿坐标轴正方向为正， 反之为负.（ 2＞边界面上的应力应是以在正坐标面上•方向沿坐标轴tE方向为正•反 4好性力学简明欣程. （ 第三何） 金桢导学及习全解体力和面力Mb） 体力和应力之为负， 在负坐标面上•方向沿坐标轴负方向为正•反之为负。
1 - 8 试 画 出 题 1 - 8 图中的三角形萌板的正的面力和体力的方向03 1 *8 00 第二步 年面冏题的基滓理卷本 章 学 习 重 点 与 难 点重点一, 两类平面问题的概念名称平面应力问期平面应变向期未知量已知量未知量已知量位移uw^Ou »vw = 0应变w・ »€>•/« =r*・= °，= °%，TT,t = r „ = 0 ,a ,= 〃（ 力 +%）外力体力、 面 力 的 作 用 面 平 行 于 反 平面, 外力沿板厚均匀分布.体力、 面 力 的 作 用 面 平 行 于 平面, 外力沿Z轴无变化.形状物体在一个方向的几何尺寸远小于其它两个方向的几何尺寸（ 等厚度薄板八沿一个方向（ 通常取为N轴） 很长的等低面棱柱体（ 等截面长柱体） .二、 平面问题的基本方程平面问题的基本方程共有八个， 见下表. 其中， E .〃,G 分别是弹性模量、 泊松F比和切变模量,G = 皆消名称基本方程表达式应用基本假定平衡微分方程养 + 普 + ” 。
，型 + 软+ /, = .连续性， 小变形, 均匀性几何方程du dv 2u t^dve，= 5 P e，=石，， ”= 石 + 石 •连续性， 小变形•均匀性 6“ 使 力 学 避 明 收 桎 （ 第三 号 ） 余 枚 导 学 及 习 题 金 “续表名称基本方程表达式应用基本假定物理方程*平面应力问翘1 , 、€x = 后 （ ，1 , 、£ , = 后 （ 力 -W， ） ，y = L平面应变问题「室（ ,一 件 '） ，%= &r・连续性•小变形•均匀性，完全弹性，各向同性三 、 平面向腮的边界条件弹性力学平面向超的边界条件有三类•如下表. 其中S ..S .分别表示面力、 位移已知的边界， /和 ， 〃则是边界面的方向余弦.位移边界条件应力边界条件混合边界条件(i’S .上1V = 1 ) ."S + m r,= 7 \・s 上l/ r ^ -h w , =/ , . ’u = u «v —t/. S. _E尸 + m r” = 7 , , 5 上= / y・四、 平面问题的两条求解途径1 .处理平面问题时•常用按位移求解和接应力求解这两条途径. 在满足相应的求解方程和边界条件之后， 前者先求出位移再用几何方程、 物理方程分别求出应变和应力， 后者先求出应力再由物理方程、 几何方程分别求出应变和位移.2 .按位移求解平面问题•归结为在给定边界条件卜， 求解以位移表示的平衡微分方程（ 平面应力情况） ：言? 佛+ 宁fg+* 悬3 .按应力求解平面问题， 除运用平衡微分方程外， 还需补充应变相容方程， 该方程可用应变或应力分量表示.用应力表示的相容方程：一般情况下：V "。
' +%） ==-（ 】 + " ） （ 差 + 37 ） ,+ ， ） = 一 （ 七） （ 当 +软 ）平面应力问题 平面应变问题 第 二 * 平 面 间 题 的 修 本m论 7常体力情况下£V"% +%） = 0 .用应变表示的相容方程：, 匕4乜=dy2 dx2 dxdy ,按应力求解常体力情况下的两类平面问题•归结为在给定边界条件下•求解如下的偏微分方程组， 若是多连通（ 开孔） 物体•相应的位移分量需满足位移单值条件：养 + 需 + /, = ,/ +黑 +/ ， = ,V2（ （7, + 力 ）= 0.五、 关于位移解法、 应力解法及应变相容方程1 .弹性力学问题按位移求解（ 或按位移、 应变、 应力同时求解） 时, 应变相容方程能自行满足按应力求解时•为保证从几何方程求得连续的位移分量， 需补充应变相容方程， 是保证物体（ 单连体） 连续的充分和必要条件. 对于多连体, 只有在加上位移单值条件•才能使物体变形后仍保持为连续体.2 .按位移求解时需联立求解二阶偏微分方程. 虽在理论上讲适用于各类边界条件， 但实际运用时较难得到精确满足位移边界条件的解析解. 因此， 使其在寻找精确解时受到了限制。
然而•这•方法在数值解法中得到了广泛应用3 . 应力解法通常适用于应力边界条件或仅在局部给定位移的混合边界条件.由于可引入应力函数求解•故在寻找平面问题的解析解时♦ 用此法求解比按位移求解容易.4 .在按应力解法求解的方程组中并不隐含弹性常数， 因此， 按应力求解单连通平面弹性体的应力边界问题时, 其应力解答与E . 〃 . G 无关（ 但应变、 位移分量与弹性常数有关） ， 即应力与材料性质无关, 这意味着不同弹性材料的物体（ 不论是属于平面应力问题， 还是属于平面应变问题） ♦只要在Q 平面内具有相同的形状、 约束和荷载, 那么历，的分布情况就相同（ 不考虑体力） . 可 以 证 明 ： 对于多连通（ 开孔） 物体, 若作用在同一边界上外力的主矢为零， 上述结论也成立.难点一、 两类平面问题的异同点二 、 圣维南原理的适用范围， 对其定义的把握在利用圣维南原理在小边界（ 次要边界） 上局部放松, 使应力边界条件近似满足时， 注意主矢（ 主矩） 的正负号规定: 应力合成的主矢（ 主矩） 与外力主矢（ 主矩） 方向一致时取正号, 反之取负号.三、 列出应力边界条件. 85* 力学端叫做收( 第三版) 金桂导学及习及全解典 型 例 题 讲 解例2・1已知薄板有F列形变关系: 一 =Ary,j= 妩 /,y” =。
一/ •式中A ,B .C,D皆为常数•试检查在形变过程中是否符合连续条件， 若满足并列出应力分量表达式.【 解】(D相容条件：将形变分量代入形变协调方程( 相容方程)九,I九y = -%万 钎" 57五 ’其中 = ，* f = ， = 0.dx dxdy所以满足相容方程， 符合连续性条件.(2)在平面应力问题中， 用形变分量表示的应力分量为% = [ E q Q* +厚y)= 2 + 2 9 3 ),1 — , 1 - pt% = i E £(£ , + …)=[E-? C/iAxy + B y l，1 - fl 1 - f J Lr“ = Gy” = G (C—D>2).Q)平衡微分方程其中柒 + 黎+ f . = .伟 + 黑 + / , = ・=老 ? 》 卷 = 干7< 3 即 + “<■ ),黑 = ，甯 = -G D y .若满足平衡微分方程, 必须有罟1y-2G D y+ /,= ()•( 3By2 +4)+ 八=0.分析: 用形变分城表示的应力分量, 满足了相容方程和平衡微分方程条件, 若要求出常数A，B .C,D还需应力边界条件.例2 - 2如图所示为一矩形截面水坝•其右侧面受好水压力( 水的密度为P),顶部受集中力P作用. 第 二 拿 平 面 河 网 的 事 本 理 论 9试写出水城的应力边界条件.【 解】 根据在边界上应力与面力的关系左侧面： 4% ） — =了.《 丁）= 。
，" 2 ） * 』=/ , （y ） = 0，右侧面： Q ,） .「—A = 3 （ 丁） = -p g y， = 7 \（y）=・上下端面为小边界面, 应用圣维南原理, 可列出三个积分的应力边界条件上端面的面力向截面形心简化， 得面力的主矢量和主矩分别为FN.FS.M”F、= Psina« Fs = -Pcosa. M<）= 守 sin a.y = 0 坐标面, 应力主矢量符号与面力主矢量符号相反， 应力主矩与面力主矩的转向相反所以L ⑸ ）y=o也 = 一 F、— — Psina,| 《 %）,=<>jrdLr ――M<）= « = - Ph sin a ♦| （r>,）>=odx =- F0 = Pcosa. "下端面的面力向截面形心D 简化, 得到主矢员和主矩为/2FN = Psin a ・ Fs = P cosa----qpg,MD = Pl cos a 一g sin a - •y = / 坐标面， 应力主矢量、 主矩的符号与面力主矢量、 主矩的符号相同.所以J A （ % ） , 』cLr= F、= —Psina,J A （% ）y iz d r = = Pl cos a ^ P /isina gpg.L（ &= Poos a 一多明•分析： （D 与坐标轴平行的主要边界只能建立两个等式•而且与边界平行的应力分量不会出现.如在左、 右侧面.不要加人（ * ） , 』 = 0 或（ * ） , = t = 0 。
2）在大边界上必须精确满足应力边界条件， 当在小边界（ 次要边界） 上无法精确满足时•可以应用圣维南原理使应力边界条件近似满足， 使问题的求解大为简化.应力合成的主矢（ 主矩） 符号的取法亦可用外力主矢（ 主矩） 的方向判断， 二者方向一致时取正号, 反之取负号习 题 全 解2 - 1 如果某一1 问题中♦% = r “ =r«y = 0 ,只存在平面应力分量o ,,% ,r “ »且它们不沿之方向变化， 仅为工・》的函数， 试考虑此问题是否就是平面应力问题I， 105MfX力 学 端 明 敦 根 （ 第 三 版 ） 全 根 导 学 及 期 余 解【 解答】 平面应力问题. 就是作用在物体上的外力， 约束 沿z向均不变化， 只有平面应力分量（ ,， % • 1 , ）, 且仅为工小的函数的弹性力学问题•所以此问胭是平面应力问题•2-2如果某一问题中，3 =y” =y0, 只存在平面应变分量小. 一.且它们不沿z方向变化•仅为1 . y的函数•试考虑此问题是否就是平面应变问题？【 解答】 平面应变问题. 就是物体截面形状、 体力、 面力及约束沿z向均不变，只有平面应变分垃（ 却 ，3，九, ） ， 且仅为”. 丁的函数的弹性力学向的， 所以此问题是平面应变问题。
2-3试分析说明, 在不受任何面力作用的空间体表面附近的薄层中2 • 3图， 其应力状态接近于平面应力的情况 解答】 在不受任何面力作用的空间体表面附近的薄层中•可以认为在该薄层的上下表面都无面力. 且在薄层内所有各点都有*= rM =r .y = 0 ,只存在平面应 力 分 酸 且 它 们 不 沿z向变化. 仅为上~ 的函数可认定此问题是平面应力问题2-4试分析说明， 在板面上处处受法向约束且不受切向面力作用的等厚度薄板中， 题2 7图， 当板上只受向的面力或约束•且不沿厚度变化时•其应力状态接近于平面应变的情况 解答】 板上处处受法向约束时J =0 ,且不受切向面力作用•则y „ = y r =o（ 相应r „ = rt y = 0 ） i板边上只受才,y向的而力或约束•所以仅存在f， . 一•〉 , , 且不沿厚度变化, 所以其应变状态接近于平面应变的情况2-5在题2 - 5图的微分体中, 若将对形心的力矩平衡条件2 M c = 0 .改为对 第二 皋 平 面 同 区 的 基 本 在 论11角点的力矩平衡条件•试问将导出什么形式的方程？题2 -5图【 解】 将对形心的力矩平衡条件EM, = 0 ,改为分别对四个角点A,B,D ,E的平衡条件, 为计算方便, 在z方向的尺寸取为一个单位。
» MA =0«力 dr X IX 竽 + （ , ） 力 乂1 *孚 一 （ 下 口 4 --^ d z jdy X I X dr十 （ 0+^^力）dr X 1 Xdy -（ 分 + 争dy X I X华一 %dy X I X y（a）4-A drdjrX l X学 一/,d rd y X l X y = 0.2MH = 0,（ X l X y -0 .EM*： = 0,一 （% + 费 力 ） ， 下 X 1 X 孚 + % dy X 1 X 当 + r〉 ,dr X 1 Xdy + % dr X IX 12弹 性 力 学 猛 明 敷 楹 （ 第 三 版 ） 全 程 导 学 及 习H全 解华 —（% + 器dz）dy X 1 X 学 一（ r0 + ^ ^ d r ）dy X 1 X dz — /,cLrdy X IX学 十 九 业 力X 1 X华 工0。
（d）略去式（a）、 （b）、 （c）和式（ d）中三阶小矮（ 亦即才工右, 山： 天y 都趋于零） ， 并将各式都除以dzd>后合并同类项， 分别得到r” = t> ・2 -6在题2 ・5图的微分体中, 若考虑每一面上的应力分量不是均匀分布的,试问将导出什么形式的平衡微分方程？【 解】 激分单元体ABCD的边长d r,d y都是微量. 因此可以假设在单元体各面上所受的应力如图（a）示•忽略了二阶以上的高阶微量， 而看作是线性分布的•如图（ b）示. 为计算方便， 单元体在z方向的尺寸取为一个单位.各点正应力；B^B( ra9©众L三二二二F=J( rUUMlMM(T,OB解2-6图( % ) A = Ga，( % >B = % + 符dy,( <7,) D — ffj 十 ^ ^ dx.( < 7 y)C = %+ ^ ^ 业 +(r„)A = T,t >J ,〉C = 〃 +养& +翁 dy.各点切应力：( ro )x = r” ・(r>y) B = T xy + "J^dy，( r " ) D = 丁 "+^^” ，(r > r >B = " 第 二 * 平 面 问 题 的 遥 本 建 论 13 + 全 业 + 警” .由微分单元体的平衡条件2 F . =O. S F , = 0得｛ 一 知 , + （ 。
, +粉 电 ） 型+信［ （ % +黄d r ）+ （ % +菱 业 +粉d y） ］ ｝ d y -固Q + （ j +• 业） ］ 辰+ （ l［ （r« +符 力） +（ r " + + 警 力 ） ］ 网 + / ,d z d y=0 ,卜珏, + 卜 , + 含 & ） ］ 辰+ 圉（ , +徐 力 ）+ （ 1, , +需 d r +整>'） ］ ｝ & - e卜 + （ J + ' 晟 刈 W+ ［ /［ &“+若 乙 ） + &”+警力+若d r ） D
在两种平面问题（ 平面应力、 平面应变问题） 中的物理方程不一样•如果将平面应力问题的物理方程中的E换为/ 7，〃换为2 •就得到平面应变问题的物理方程2 -8试列出题2 - 8图（ a ）•题2 - 8图（ b ）所示问题的仝部边界条件. 在其端部边界上,应用圣维南原理列出三个积分的应力边界条件 M l （ I ）对于图（ a ）的问题 14弹 性 力 学 尚 明 敷 枉 .（ 第 三 版 ） 金 枚 导 学 及 习 题 仝 *在主要边界r = 0・i - b上.应精确满足下列边界条件:（ % ） , = - pgy、 《 ％ ） , 二 0：…= - pgy. （ r "）…= 0.在小边界（ 次要边界） N = 0 上•能精确满足卜列边界条件:（ % ） , - = 一陷脑， r ） =0.在小边界（ 次要边界） y ・九 上•花位移边界条件：（ “）…A” = 0 ,（ G , - 与= 0 .这两个位移边界条件可以应用圣维南原理•改用三个积分的应力边界条件来代替.当板厚3 = 1时.I h-b.题2・8图（ 2） 对于图（b） 所示问题在主要边界、= 土 ”2 上.应精确满足下列边界条件：（% ），_ 5 = 0 . - e
2) 对于图(b ) ,应用圣维南原理， 列出三个积分的应力边界条件,当板厚a = 1 时，「 ( , 二 0 d r = 一矽/ 2,J o/ = = 0.（ 2）应力边界条件（ 假定全部为应力边界条件.s = 5・）（ 在一， 上）（ 3）若为多连体， 还须满足位移雅值条件.求出应力函数6后, 可以按下式求出应力分量，* =万一匚* ’* = 5? ~f>y , r” = 蓟a / 第 二 零 平 面 间 通 的a本 理 论172 - 1 3检验下列应力分量是否是图示问题的解答：（ a）8§ 2- 13 图（a） ,0* q♦tr, = r “ =。
・（ b）题2・13图（b） ,由 材 料 力 学 公 式 , % = % ,r〃 = 带（ 取梁的厚度b =1） ,得出所示问题的解答：% -2 q京，ro -篝⑴一4九又根据平衡微分方程和边界条件得出_ 3q xy xy3 qx% 2 Ih Q 12 21试导出上述公式, 并检验解答的正确性 解】 按应力求解时（ 本题体力不计） ， 在单连体中应力分量七, 力，1■ ”必须满足: 平衡微分方程、 相容方程、 应力边界条件（ 假设s = "） ・（ 1） 8 2-13 图（ a）=营 口 ， ＞= r ” = ・①相容条件: 将应力分量代入相容方程. 教材中式（2 - 23）（ 券+台）+%） = , *0,不满足相容方程.②平衡条件: 将应力分fit代人平衡微分方程言+普”'一+警= ・显然满足.③应力边界条件: 在工= ±a边界上,yz /（%）,•=% = » （1*,）*=如= =在y = ±6边界上，满足应力边界条件⑵ 题2-13图（b） ,由材料力学公式0= %心=等（ 取梁的厚度b = D ,得出所示问题的解答"， = -2 q #,T ” =一 学 东 ⑴ 一4户 . 又 根 据 平 衡 微 分方程和边界条件得出力 =券 条- 2 q噌 一 品 . 试 导 出 上 述 公 式 , 并 检 验 解 答 的4 C * l Ifl *正确性。
18弹 性 力 学 福 明 效 栈 （ 第 三 版 ） 全 棋 导 学 及 习 理 全Mq g①推导公式：在分布简载的作用下, 梁发生弯曲变形， 梁横截面是宽度为1，高为人的矩形.其 对Z轴（ 中性轴） 的惯性矩为/. , 应用截面法可求出任意截面的弯矩方程和剪力方程分别为M S = - 版得（ 工＞ = 一 ％所以截面内任意点的正应力和切应力分别为“竽一谏，一 条 ） - 苧*小_4户・根据平衡微分方程的第二式（ 体力不计）得到* =根据边界条件（ % ） ， =得所以 % =②相容条件：将应力分员代入相容方程（ /+ 微不满足相容方程.③平衡条件：符+”= ^2ih-?qi + A-0,A = _"三A 2 I ,「 四U_2 ”空 一❷三2 lh " 而 2 / ,7 ） （ “ ， +%）= -2 ：片 # 0 . 聚 二 皋 平 面 网 题 的a本OL论19将应力分量代入平衡微分方程显然满足.④应力边界条件，在主要边界y = ± A / 2上•应精确满足卜列边界条件：q r（ 力）y = T/2 = ，， （ T"封） ，♦T/2 = °O（0 y） y i/Z = ° , »>，=A/2 = 0 .自然满足e在工= 0的次要边界上， 外力的主矢量•主矩都为零。
有三个积分的应力边界在］= /次要边界上=0,= 0 .这两个位移边界条件可以改用三个积分的应力边界条件来代替.J t z Q ,）r./d y = j二々- 2 q 济dv = 0,=匕 ,一 为 奈 必 ——Jt GJ d y . J二 一了 :⑴一5电 = 一¥ ・所以•满足应力的边界条件.虽然上两图中的应力分量都满足平衡微分方程和应力边界条件•但都不满足相容方程, 所以两题的解答都不是问题的解.2 - 1 4试证明: 在发生最大与最小切应力的面上. 正应力的数值都等于两个主应力的平均值.【 证明】 任意斜截面上的切应力为r・= /m（s - G） ，其 中 6 . 〃 为两个主应力.用关系式， / + 巾2 = 1消去小， 得r, = *±/ 八一公（ - -为 ）= ± ' I —八（ 6 - 6）= ± y -1 - -（ 4 -?）㈤ - 6） ・由 上 式 可 见 . 当 土= 0时”. 为最大和最小•于是得2 =上&・而（7 .= 八 （ 1 - s > + s， 得到 a =" ， y， •2 - 1 5设已求得一点处的应力分量•试求G ^:.a n（ a） % =100, a, =50, I*,,=10 /5 0 ;（ b）（yx=200, d, = 0 , Tx y = -4 0 0 1 2 0舞 M 力 学M明 效 植 （ 草 三 版 ） 金 榄 导 学 及 习 W会 解( c) ^ = - 2 0 0 0 , 力= 1 0 0 0 , ro = - 4 0 0 i( d) * = —1 0 0 0 , % = —1 5 0 0 , rx, = 5 0 0 .【 解】 根据教材中式（ 2 3和, 「 皆 可 分 别 求 出 主 应 力 和 主 应 力 的方向：（ a）of = 1 0 0 « O y = 5 0 « r Xy = 1 0 J5 0 1:卜 i o o i 5 o 土 j ( i p ^y+ ( i o ^F,得tan a 1( b). g -= 1 5 0 — 1 0 0一 _1 0 > / 5 0:1 5 0 » “ = 0 ， o ]== 2 0 0 ,力 =0 , r ”= 0 . 7 0 7 .3 5 °1 6 \=—4 0 0 ；咿土小专町+ < - 4 0 0〉 、tanat5o 1 = 5 1 2 *= - 2 0 0 0 ,得% = - 3 1 2 , ai = -3 7 ° 5 7 ' .% = 1 0 0 0 , r ” = — 4 0 0 ；得一 2 0 0 0 + 1 0 0 0 土 瓜一 2 0 0 0 — 1 0 0 0) + 《 一 4 0 0 > ,tana ।1 0 5 2 4 - 2 0 0 0 7 Q 2--40b ■ = ― 7 . 3 8 .1 0 5 2 , 6 =-2 0 5 2 , a । = - 8 2 * 3 2，,- 1 0 0 0 ,一1 5 0 0 » r 0 = 5 0 0 ；- 1 0 0 0 — 1 5 0 0土&-1000.+.1500y+(—2tana i得- 6 9 1 .= 一1 8 0 9 , ai = 3 1 * 4 3 \2-16 设有任意形状的等厚度薄板, 体力可以不计, 在全部边界上（ 包括孔口边界上） 受有均匀压力q.试 证 % =% = —<7及=。
能满足平衡微分方程、 相容方程和应力边界条件•也能满足位移物值条件， 因而就是正确的解答 革 二 * 平 面 同 盟 的 ， 本 理 论21解2-16图【 证明】(1)将应力分量勿=% = 一 /r “ = 0和 / , - A = 0分别代入平衡微分方程、 相容方程色+笨+ / ' = °.< ,(a)弟+差+八= ・(3+5) " '+ ' > = 一 (1 + " 乂 爹 + 智)i ⑸显然式(a)、 (b)是满足的.(2)对于微小的三角板A ,d z ,力都为正值， 斜边上的方向余弦/= C O 8«.N).m = 8 S( 〃,y ) ,将 % =% = —q,T» = 0代入平面问题的应力边界条件的表达式/ ( ⑸ 二 £")， ，、< , , , 7 (c)\(W , +/r_r» ) ,=八(S) ♦则布■a jcos (n,x> =» - geos《 村 , 工 ) ,*cos (n ,y ) = q cos所以 a, = -q ,% = —g对于单连体， 上述条件就是确定应力的全部条件.(3)对于多连体•应校核位移单值条件是否满足.该题为平面应力的情况, 首先， 将 应 力 分 量 %= 0 =『 及* = 0代入物理方程， 教材中式(2・12) , 得形变分量(〃— 1) ( 〃一】 ) 八 ， 八一 = 上 百 一 如 一 = 上 三 一 小7”= 0・ (d)然后， 将式(d)的形变分量代入几何方程. 教材中式(2 - 8 ),得S五u =%勺 — -1) g,耳dv =上(〃-广 1) 幻adv Jk 苏8u 一①A /< e)、 舛 伙 力 学 福 明 数 根 （ 第 三 版 ） 全 桎 导 学 及 习 到 全J W前二式的积分得到( 〃 -1 ) K f t、 ( 〃 - 1 ) i f f 、-£：-q x +， i ( y) ， & = -£；—q y +， z( N ) ，其中的人和人分别是了和工的待定函数•可以通过几何方程的第三式求出。
将式⑴代人式”） 的第三式， 得" 3 = d， 2 （ *）dy dr等式左边只是y的函数, 而等式右边只是”的函数因此•只可能两边都等于同 •个 常 数 3于是有d/1 3dy积分以后得力（ y ） = — " F u o »代人式⑴得位移分量K g '* + 3 + % •其中“ 0 .外,3为表示刚体位移量的常数•须由约束条件求得.从式（ g ）可见， 位移是坐标的单值连续函数,满足位移单值条件. 因而•应力分量是正确的解答.2- 17设有矩形截面的悬忖梁•在自由端受仃集中荷载F・如题2 -1 7图所示，髓2 -1 7图体力可以不计试根据材料力学公式•写出弯应力 ，和 切 应 力 的 表 达 式 ， 并取挤 压 应 力 %= 0 .然后证明， 这些表达式满足平衡微分方程和相容方程,再说明•这些表达式是否就我示正确的解答 解】（ D矩形悬臂梁发生弯曲变形， 任意横截面上的弯矩方程为M （T）=-FT,横截面对「轴 （ 中性轴） 的 惯 性 矩 为1. =%，根据材料力学公式,弯应力 第 二 息 平 面 间 & 的 鼻 本 理 论23o .=吟山= 一 看 3该截面上的剪力为Fs（ x ） = - F , 剪应力r ” = 13浮（I 胃 ） = 一 票 （ 与 一V） ；并 取 挤 压 应 力 % =。
2） 经验证• 1：述表达式能满足平衡微分方程■吟;十 八 = ° ，治+ •+ 八= ・也能满足相容方程（ 笠+5）0，+ 力 ） = 一 《 1 + 川粉+ 粉） = 0・再考察边界条件: 在y = ± 6 /2 的七要边界上•应精确满足应力边界条件：（ 外 ） 产. 々=0» （ r _w \= */j = 0 ;（ 》 ） 1=0, （r>« = ・能满足.在次要边界/ = 0 上•列出三个积分的应力边界条件：, r*.iJ -*/>（% >4-odv = 0., 卡2« L ,（Q , 7 d y = 0 ,J « （ r ” ） ,Aody = 0・满足应力边界条件在次要边界I =/ 上•列出三个积分的应力边界条件，f12F（%）, 0 力=- f “ dy = 0,| J T，3 J -A'2 nif*12 , 、 . 「”12— F 2户b - 也J 二 JR- 山一匚 | f（T ~） = T・满足应力边界条件.因此,它们是该问题的正确解答2 - 1 8 试证明,如果体力虽然不是常砧. 但却是有势的力,即体力分量可以表示为‘ ‘二一五'八= 一 斤.其中v 是势函数•则应力分量亦可以表示为 24弹 4 力 学 超 一 做 极 （ 第 三M ）金 极 导 学 及 习 制 金 解试导出相应的相容方程。
解】（1）将 A . A 代人平衡微分方程, 教材中式（2 - 2） .得* ， - 6 + 笨=%<*力 - V）+ 磐=・为了满足式门） , 可以取v力一v 一_ a歹2< P% 一 丫v_一a招24>’一_一 谢•% = 5a247>+,vv‘ % =万+ 匕, v r' = 一a踞y.（2） 对体力、 应力分量% 求偏导数, 得n , # v一 万 ， 后= 一 万 ，小। - V . a2v万 斤 十石寿一石7+ 5 7 '了 , azv 济% 一 . axv寿十千寿= 5 P 5 7 + 歹将式（b） 代人教材中式（ 2 - 21） 得平面应力情况下的相容方程，君+ 2瑞/^ —<—）铝+割，▽” =»- （ 1 -） V2V.将式（ b） 代入教材中式（ 2 - 22） 得平面应变情况下的相容方程：(a)罄胃胎//(b)(c)। J ®寿+ 2万 万+万- （ 隹） （ 券 +部(d)注: 格式（ c） 中的〃替换为产一, 也可以导出式（ d） 广 1 —fl2 - 1 9 试证明， 教材§ 2 -4 中所述的刚体位移分量〃 及s实际上就是弹性体中坐标原点的位移分量和转动角度.【 证明】 根据教材中式（2 - 9） ,得任一点PG r.y） 的位移分量表达式为u =Uo-o > y , t > = a T / o +3。
将原点的坐标X = 0 ~ = 0 代入上式. 得（U ） 』a s 0 ,» = 0 -14 0 * （ ，） * ■*-C.>a >0 - ♦所以•刚体位移分St “ 0 .S 是弹性体中坐标原点的位移分量.图中， P 为P 点至Z 轴的垂直距离， 合成位移斗的方向与径向线段OP垂直，也就是沿着切向 3 P 线上的所有各点移动的方向都是沿着切向， 而且移动的距离 第 二 皋 平 面 问 题 的a 4•理 论25等于径向距离p乘以3 , 3 代表物体绕Z轴的刚体转动， 各点转动的角度相同, 所以也是坐标原点的转动角度 第三章 平而冏翅的直角要森斛答本 章 学 习 重 点 与 难 点重点一 、 按应力函数0 G，y）求解平面问题用应力函数表示的应力分M通解,J% ， d2（p r ¥ 中 ，=行一/ - %=万一》 ・F 一问•同时应力函数仪” •y）需满足双蠲和方程, 即相容方程：衣+2上虹+〃 = 0打1 十、/ a y a y Ua二、 逆解法、 半逆解法的基本步骤1 .逆解法: 首先设定各种形式的应力函数少（1 ~）,使之满足相容方程； 然后.再求出应力分量; 最后来考察这些应力分发适用于何种边界问题， 从而得知该应力函数能解决什么问题c逆解法的另一种含义是通过材料力学或其它途径得知某些问期的可能解答， 然后检查它是否满足全部方程和边界条件.2 .半逆解法: 根据弹性力学的具体几何形状和受力特征或某种问题的解答•凑出应力函数6 G r,W的形式•然后再根据基本方程和边界条件确定该函数. 若不能满足或出现矛盾•则须修改试选的函数， 并重新检杳. 直到满足为止.三、 多项式解答1 . 一次式。
/ ,y ） =a + 必 + c y・不论系数取任何值. 相容方程总能满足， 且对应的应力均为零. 线性应力函数对应于无面力、 无应力状态, 多项式的应力函数加上或减去一个线性应力函数， 不影响应力的大小.2 .二次式 +cy2.上式恒能满足相容方程, 且可得到“，= 2八 %=2 ° f - 6. 这一结果代表均匀应力状套.3 .三次式 0 （ .r ,» ） = o x3 ~hbx2y +c.ry2 -\~dyz.上式恒能满足相容方程, 旦可得到：% = 2cl % = 6atr + 26y, * — — 2（ &r 十e«y）・这是一个复杂应力状态. 又能由叠加原理分解为简单应力状态.若 6 = c = 0 " # 0 ,则 % = 6 d y・% = r , = 0能解决矩形截面梁的纯弯曲 第 三 零 平 面 问 题 的JL向 生 椅 解 答27问IS（ 注意坐标系变换， 所能解决的问题也要变化） 4 .四次或四次以上的多项式.其各项系数之间需满足一定的关系时, 才能满足相容方程， 各项代表的应力分布呈- •种曲线分布.四、 设置应力函数L由多项式叠加凑出。
当物体受力情况并不复杂时•可用此法2 .从量纲分析法得出此法适用于楔形体、 三角形悬臂梁等以无量纲的角度来描述几何形状的物体3 .由材料力学解答导出此法可适用于已知该物体的材料力学解答的情况.但用此方法得到的应力函数往往不能满足双调合方程, 必须加以修正才得以满足，有时需经过多次试算才能使应力函数定型4 .根据边界上的受力性质推得解题所用应力函数难点一、 应用逆解法、 半逆解法求解平面问题二如何设置应力函数典 型 例 题 讲 解例3 - 1如图示矩形截面筒支梁受三角形分布荷载作用•试取应力函数中=A z，，+ BIV + C r） + n z y + E N+ FQ,求简支梁的应力分量（ 体力不计】■ > »例3 • 1图【 解】 （ 】 ） 相容条件：万+ 2万 万 十 万 一°，代人应力函数•得72Azy + 120Bx> = 0.由此得A 一件于是, 应力函数可以改写为中 =—+ R ry， 4-Gr3jr H- Dxy3 + E r， + E ry ・ 28弹 恬 力 学 蔺 明 数 植 ( 第 三 版 ) 金 桎 & 学 及 习 同 全M(2)应力分量表达式- 10Bx3,y + 2OBxy3 + 6Dxy«一 lOBxy3 + 6Czy + 6Er •二 1 5 H x - 5 B / 3Cr23Dy2 - F .(3)考察边界条件: 确定应力分局中的各系数—牛h , 得于- 3ch + 6E =一华 ； (a)(r“ ) , _ i = O, 得(3C一学 跳 ， ) /+ ( 得 跳 ， + 日 前+ F)= 0； (b)< % ),i = 0，得一 -3 O i+ 6 E = th (c)(r“),=)〃 =。
， 得 侬 一 竽 氏 力 一 信 跳 ― 春M + F)= 00 (d)若式(b)恒成立•必须满足3C - ~rBA2 = 0； (e)4白 跳 —尚丽+F u O . (f)10 4联立求解以上各式， 得AA zsz q” R ― — r' — q° 一 尸 —”3 " 8 5/1"，C - g E — l 2 /.再根据简支梁的端面条件确定常数D ,F .由圣维南原理, 得J 二 ⑸ L=o,可 得D = 一 盆 + 第 , 再 代 人 式 " )得 尸 = 一 照 +需 4)应力分量表达式* = 簿，(2弥 一 ' + 〃 一 劫 ) ,・力 = 景广一4丁 一八3),= jS ?(4y T)3 * 一丁 一/ ， + 勃 .分析: 在工= 0处, ％能精确满足•由此可得右在筒支梁左端为精确解; 应力函数含有四阶或四阶以上的项时•费满足相容方程是有条件的， 如式“) 、 ( ・例3・2图示悬臂梁， 梁的横截面为矩形， 其宽度取为】•右端固定、 左端自由，荷栽分布在自右端上， 其合力为P( 不计体力)•求梁的应力分量, 第 三 京 平 面 向 发 的 五 段 里 标 解 誉29例3 -2图【 解】 这是一个平面应力问题,采用半逆解法求解.(D选取应力函数5由材料力学可知， 悬 臂 梁 任 一 截 面 上 的 弯 矩 方 程 ) 与截面位置坐标］成正比， 而该截面上某点处的正应力又与该点的坐标丁成正比， 因此可设力 = 。
1刊， (a)式中的4为待定常数将式( ) 对y积分两次， 得(b)式中的力( 工) ，A《 ”) 为/ 的待定函数•可由相容方程确定将式(b)代入相容方程V40 = 0 .才 人 ( 工 ), cT/：C x)得上式是J的•次方程， 梁内所有的j值都应满足它， 可见它的系数和自由项都必须为零,即"F8- = o, CT /2(X)=0.积分上二式， 得/1 o式中a, - a9为待定的积分常数将/i< x ) ,/2 ( / )代入式(b),得应力函数为< P =号灯3 + (a?/ + &，+ d * + &)) + x 4- 2(a3.y -f-a7 ).1 : , 2 9 (d)r” = 一 彳5，- 3a2 1- 2a3x - a«.(3)考察应力边界条件: 以确定各系数， 自由端无水平力； 上、 下部无荷载； 自由端的剪力之和为P ,得边界条件(.ffg = 0 »自然满足；(r*y = 0, 得 一。
1必/2 —3a” ‘ -一ad = ； 30 强 帔 力 学 简 明 数 根 ( 第 三 版 ) 拿 板 导 学 反 专 题 全 加上式对上的任何值均应满足•因此得%= 0 = 0 '—a " / 2 - 5 = . 即. , ■ 一 •^•ai/i2. (e)(a, >,-iA = 0, 得 6口小 + 2a7 n 0$x取任何值均应满足， 因此得〃 = ：=0.L " d)-o d1y = J & ( y t f ij2 - a Jdy = P i将式(c)代入上式枳分， 得j ( ya ,^ _»4)dy = P计算得 a尸一张= -3 % = - } a M = 十； 尸•其 中ft- i x ( 2 h尸/12 =2/173,横截面对z轴的惯性矩.最后得应力分量为p ，= 一7 ］丫， *= 0,分析： (1)半逆解法是针对实际问题来求解的， 根据弹性体受力情况和边界条件♦ 假设应力分量的函数形式; 由应力推出应力函数中的形式.(2)本 题 中 风 为 应 力 函 数 中 线 件 项 的 系 数 •对 应 无 体 力 、 无面力、 无应力的状态, 所以对应力的分布没有影响•不需求出。
习 题 全 解解3 - 1图3 - 1试考■察应力函数⑦=” 歹 在题什么问题( 体力不计) .1 - 一-------- / —超3・-----r*1、_ _ _ _ k l---------/ ------------- Ja1图所示的矩形板和坐标系中能解决— rh^x_____L1图7 h ，(1 » ) 平 面 闻 足 的JL角 生 标 制 答31【 解】（1）相容条件： 不论系数取何值•应力函数中= 0 ' 总能满足相容方程，（2） 当体力不计时， 将 代人应力分量公式. 得当a > 0 时, 考察左右两端的 ， 分布情况।左（ ， ） ， = - “ , * * • ♦ == ♦ （ r）,- A 6% * （ r ”）, 二 »右 （%）,=/..v=0 =（% ） r - 7 ： ~ 6ah • （ T fy）g 3= / — 0.应力分布如解3 1 图（ a） 所示， 当 / 》人时应用圣维南原理可以解决各种偏心拉伸的问题“因为在八点的应力为零设板宽为从集中荷囊P 的偏心距为” .- 赢 = ①所以e =〃/6 , 如解3 1 图（b） 所示.同理可知. 当a V 0 时. 可以解决偏心压缩问题。
3 - 2 取满足相容方程的应力函数为： 0 = 3 、 . （ 2） 9 = 6 工/ . （ 3） 6 = / 1 /试求出应力分量（ 不计体力） ， 网出题3 - 2 图所示弹性体边界上的面力分布♦ 并在次要边界上表示出面力的主矢量和主矩.（a）（ b）（c）解 3・2图【 解】《 D 应 力 函 数 • 得 应 力 分 量 表 达 式= 0, % = 2 "， r " = Tja — - 2ar.在主要边界y = ± A /2 上•即上、 下边， 面力为（av= ± ah， 土A# = - 2ax.在次要边界” = 0 u = / 上. 面力的主矢量和主矩为 32弹 性 力 学 葡 明 做 机 （ 第 二 牍 ） 金 桎 导 学 及 习 网 全 阱弹性体边界上的面力分布及在次要边界Z = 0 ,1 = Z上面力的主矢量和主矩如解3 - 2图（a）所示.（2）应力函数0 =任y，得应力分量表达式% = 26x» （J, = 0, rXy = Tyt —-2 b y .在主要边界、= ±人/2上， 即上、 下边. 面力为（ % ） , = " 〃 = 0 , （r>«=干从・在次要边界N = 0•工=/上，面力的主矢量和主矩为, r*/2< 打） £ -ody - 0tp/2< 《 力 ） …0ydy = 0 ,J T /lr*/j r*/:（ ，， ）-u 4 y = - 2bydy = 0.U T/2 J T/2f*/2 rh/2（% L a d y = J 2bldy — 2hlh •f*/7 "，2' Q .L o ty d y _ 2blydy = 0.J T fl J T HC 4/2 r4/2JT 2 力 — —J r z ^ y d ） . 0。
弹性体边界上的面力分布及在次要边界1 = 0 ,H = 2上面力的主矢量和主矩如解3 - 2图（b）所示3）应力函数中=C”‘，得应力分量表达式% = 6cry. % = 0, r " = - 3cy2.在主要边界丁= ±九/2上， 即上， 下边, 面力为（*）L±VZ = ± 3c/ur.在次要边界1 = 0」 =/上，面力的主矢量和主矩为，/A Z I（ a .） *= o d y = 0 ,J T /t「A /2< （ 〃 ） 一 ”“ =0,J T〃n/i r*/2 -… dy = _ L〃 3W dy =-TA \ 第 三 皋 平 面 向I I的 豆 角 生 林 川 警33J A [ = J 2 M ydy = 0 ,• J产 i 「" ,、〉 ,7出」 = L「 " “ -6心 2力J =4工 ，口 E j dy = T 二 3中 d , = - %弹性体边界上的面力分布及在次要边界工= 0 ,工=/上面力的主矢量和主矩如解 3 - 2 图（ 所示.3 - 3 试考察应力函数6 = 奈 ” ）（ 3必一 4 /）能满足相容方程, 并求出应力分证（ 不计体力） ， 画出题3 - 2 图所示矩形体边界上的面力分布（ 在次要边界上表示出面力的主矢量和主矩） ， 指出该应力函数所能解决的问题.【 解】（1） 相容条件：将 0 代 人 相 容 方 程 仔 +2 U 券 十 ”一o ,显然满足.（ 2） 应力分量表达式% =一 愕” , < 7, = 0 , r “ 一要（ 1一% ） ・（ 3） 边界条件: 在y = ± A /2 的主要边界上， 应精确满足应力边界条件（ a ,）y=a±*/2 = 0， r# = 一 舞 （ 1 一 条 ） 二 0・在次要边界x =0,1 = 1 上， 应用圣维南原理, 可列出三个积分的应力边界条件对于如图所示矩形板和坐标系， 当板内发生上述应力时，由应力边界条件式（ a） 、 （ b） 、 （ c） 可知上边、 下边无面力； 而左边界上受有铅直力； 右边界上有按线性变 3 4弹 性 力 学 蔺 明 数 枚 （ 第三J * ） 金 楹 寻 学 及 习 卷 全 M化的水平面力合成为•力偶, 和铅立面力。
所以， 能解决愁甘梁在自由端受集中力作用的问题，3-4试 证 行 亨 （ 一 店+ 3+一1 ）十 需（ 2 2一 部 能 满 足相容方程，并考察它在咫3 - 2图所示矩形板和坐标系中能解决什么向眩（ 设矩形板的长度为/ ， 深度为人， 体力不计兀【 解】（ D相容条件，将 中 代入相容方程卡十2券 券 +蒙= 0 ,显然满足.（ 2 ）应力分量表达式明一争+笔 ,T， % n* f 3 A T，F = T （牛 _ 力 ・上述应力分值可以写成%（ 4^-1） ,叫=-T（ i+ y） （ i-y） - r “ 一^^.其中.S 为群矩,M（N） =FS（ X ） = ~9 X .（ 3 ）考察边界条件： 主要边界y = ± h / 2上•应精确满足应力边界条件） y N — * / Z = - q ， （ * ） y .* ，2 =0， （ r .W \ v = ± * , 2 = ©在次要边界X =0上. 应用圣维南原理， 可列出三个积分的应力边界条件匚―= 匚（ 瞽一矍） 力= 0 .“ r二— >- 加=（ 第一 等 &dy = 0 . （ 8）FK / 1= 0 .在次要边界工=/ 上 ， 应用圣维南原理•可列出三个积分的应力边界条件口…=m+—%J二 , （ %） ， 3 "［ 二（ 一空+ 箸一 篝 ） 加=一室, ⑹PL "6=心，一匚翳件一 力 力- ql .对于如图所示矩形板和坐标系•当板内发生上述应力时. 由应力边界条件式（ a ）、 （b ）可知左边、 下边无面力， 而上边界上受有向下的均布压力； 右边界上有按线性变化的水平面力合成为一力偶， 和铅直面力。
所以能解决右端为固定端约束的悬臂梁在I•. 边界受均布荷载Q的问题.3-5设有矩形截面的长隆柱， 密度为p ,在一边侧面上受均布剪力q ，如题3 - 5用所示, 试求应力分量 第 三 皋 平 面 间 用 的 直 购 生 怫N答35【 解】 采用半逆解法求解. 因为在材料力学弯曲的基本公式中， 假设材料是符合简单的胡克定律•所以可以认为矩形截面竖柱的纵向纤维间无挤压， 即A =0,（1）假设应力分收的函数形式 = 0 ,（ 2） 推求应力函数的形式. 此时， 体力为/ , = O ,/,= p g ,格% = 0 代入应力公式， 教材中式（2 - 24） 有bqI!题3・5图对工积分， 得孽 =3/ （ 工） .其中/（ *） ,/《 *） 都是E 的待定函数b)（3） 由相容方程求解应力函数. 将式（ b） 代入相容方程, 教材中式（ 2 - 25） ,得cT/（ x ）,d '/N ”）八= °・这是了的一次方程， 相容方程要求它有无数多的根（ 全竖柱内的y 值都应该满足它） , 可见它的系数和自由项都必须等于零4 (工〉,0_ 0,d/《 工〉d r40.两个方程要求/ ( x ) = A r * + R r ? + G r . / i( x ) = E r5 + F x \/ 口 ， 中的常数项, / ^ ^ 中的常数项和一次项已被略去•因为这三项在力的表达式中成为〉的一次项及常数项， 不影响应力分量, 得应力函数0 = > < A r3 + B z2 + C r ） + < E r , + F r D .（ 4） 由应力函数求应力分fflL 将式（ d） 代入教材中式（ 2 24） ,得应力分垃0,% = - f「y — 6Axy +2By + 6 E r + 2 F — pay,d工a20' dy（5） 考察边界条件。
利用边界条件确定待定系数先来考察左右两边x = 0 ,6 的主要边界条件：0.. = 0 , （e*>）* 一 o = ， = Qu将应力分量式《 和式（ g） 代入， 这些边界条件要求g = 0 , 自然满足， 36理 帙 力 学M明 数 桎 （ 第 三M ）金 桎 导 学 及 习 通 全 解(r,, )r-o = - C = 0j (h)( r“ ) jr=. = - 3A6' — 2Bb— C = q. (i)现在来考虑次要边界N = 0的边界条件, 应用圣维南原理•三个积分的应力边界条件为J：( 力) ,=odz = J： (6Dx + 2E )dz = 3Db2 + 2Eb = 03 (j)£>,=«(x — 1-)dr = £ (GDr 4-2E) (x - -1-)dr =0$ (k)J " □) ,7如 = | ( — SAr1 —2Br — C)dr ■ — B&2 —Ch = 0. (1)由式6 )、 ( (10、 (1)联立求解得C = D = E = 0» B =筝 、A = —oo可得应力分量为% = 0, a, = 2<7 y (1 - 3 套 )-p g y ,F = q力(3 m 一2) ・下部分的边界条件. 由圣维南原理可知满足平衡条件。
3 - 6如题3 ・6图所示的墙. 高度为人宽度为在 两 侧 面 上 受到均 布剪 力q的作用， 试 用 应 力 函 数 ◎ =A ry + B r 3求解应力分fit.【 解】（ 1）相容条件：将应力函数0代人相容方程小6 = 0 ,其中很显然满足相容方程 2）应力分量表达式超3 - 6图（3）考察边界条件: 在主要边界x = ±6 /2上， 各有两个应精确满足的边界条件, 即= = ° ， （ 丁 丹 ） / — ""=一在次要边界y = 0上， （ % ） — 0 ,而 小 » ） ,T = 0的条件不可能精确满足（ 否则只有A = B = 0 ） •可用积分的应力边界条件代替（r « ） v-o
注意z = 0是负/ 面, 由此得j…（ ％ ） … 曲 =—FN. 得3 = 一舜 ；(%)±=oydy = —M,( r ”)*N<)d_y = — F§,得 AA + jD ^J =F s由式（ a）、 （b）解出最后一个次要边界条件J =/上） ， 在平衡微分方程和上述边界条件均已满足的条件下•是必然满足的， 故不必再校核. 代人应力公式， 得 38弹a力学淅叫敦柱. （ 不三版） 金栈3啪及每现金解二一丁F、一1下2M，一1丁2FS 外% = 0,TO-4)3 -8设题3 ・8困中的三角形悬臂梁只受重力作用•而梁的密度为p .试用纯三次式的应力函数求解 解】（ 1）相容条件,设 6 =A-rJ + B z、+ Czy， + D y， .不论上式中的系数取何值•纯三次式的应力函数总能满足相容方程 2）体力分量/ , = 0 ,八 一照， 由应力函数得应力分量的表达式2Cr 4 6Dy,(b)% = V ? — f>y = 6Ar + 2By — pgy,dy「 ” = 一 碧= -2 B x -2 C y.dxdy（3）考察边界条件: 利用边界条件确定待定系数先考察主要边界匕边界V = 0的边界条件：= 0 , （ ry, ）y =o = 0。
将应力分量式（b）和式（ 0 代入， 这些边界条件要求(“， ) ,—o — 6AJT = 0. (r,， ) y =o得 A = 0,B = 0.式(b)、 (c)、 (d)成为- 2Br = 0o0, = 2Cr + 6D y,力 =一阳3 ，rJy= - 2Cy.根据斜边界的边界条件， 它的边界线方程是y = "ta n o ,在斜面上没有任何面力， 即/,= /,= 0, 按照•般的应力边界条件教材中式（ 2 ・ 15）•有1m（0 ,）将式（e）、U）、 （g）代人， 得+ m ( F )>=— == 0.十 / ( r M . V . TUB 0oI ( 2cx + 6Dxtan a ) 4- zn ( - 2Cr tan a ) = 0»m (. 一pgxtana )4-/( - 2Crtana ) = 0. 第 三 章 平 面 网IB的JL向 空 怖M答39由图可见.I — eos (〃• 1 )— cos ( y + a ) = _ sin a .m = cos (〃 .y ) = cos a ),代入式(h )、 ⑴求解( ’ 和 D ・即得C = cot a, D = 一 臂 cot2*将这些系数代入式函) 、 ( 0 、 ( 用得应力分量的表达式o, = pgtcota - 2Pxeot)，« % = ~ p Wr 八 = - p&ycota。
3 - 9 设 腮 3 - 9 图中的简支梁只受重力作用， 而梁的密度为p .试用教材§ 3 4 中的应力函数( 0 求解应力分量, 并做出截面上的应力分布图，物 3・9 图 解3 - 9图【 解】(D 应力函数为力= ^ - < Ay1 +B，4-Cy -4-D)4-x +』< 6Ey + 2 F )-2 A y3 -2 B yl + 6 H y + 2K. (b)a, = Ap' + H y! + C1y + D —pay. (c)r ” = — x(3Ay2 l- 2By 4-C )一 (3E.v'+ 2 F > + G ). (d)这些应力分地是满足平衡微分方程和相容方程的. 因此•如果能够选择适当的常数A .B ,…,K .使所有的边界条件都满足， 则应力分量式(b>、 ( c)、 ( d)就是正确的解答.(3 )号虑对称性. 因为冲面是梁和荷载的对称面, 所以应力分布应当对称「W 面 . 这 样 % 和 % 是 工 的 偶 函 数 , 而 r » 是工的奇函数, 于是由式(b )和式(d)可见E - F = G = 0.(4)考察边界条件: 在主要边界y = ± A /2 上， 应精确满足应力边界条件<%>,— +*" = 0< ,=“ /2 = 0 . (e) 40理 性 力 学 超 明1MJL( 聚 三 版 ) 金 桎 导 学 及 习 题 全 解将应力分量式( C)和式(d)代入•并注意到前面已有E = F = G = 0 ,可见这些边界条件要求j A+号B + 4 C + D -粤= 0 ,— g A + 4 B - --C + D + 3 4 — 0»一 工 ( %2A 4-AB + C ) = 0 即 为2A + AB + C = 0(一”( 办 2A -h B + C ) = 0 即 ^ h2A f B + C = 0.联立求解得到将以上已确定的常数代入式(b).式(c)和式(d),得* =一等*' +爷寸 + 6H y + 2K , (D* =-符， "号3 ' ®F =整 天 一 堂3 (h)考虑左右两边的次要边界条件。
由于问题的对称性， 只需考虑其中的一边， 例如右边梁的右边没有水平面力， 1 = 1时. 不论j取任何值( 一人/2 4 y < /i/2 ),都 有 % = 0 ・由式(f)可见， 这是不可能满足的， 除非是p .H ,K均为零. 因此， 用多项式求解,只能要求力在这部分边界上合成的主矢量和主矩均为零， 也就是要求匚O心= 0 , ⑴r*/ x( △ = " =0. (j)J —4/ 2将式⑴代人式⑴•得1 : ,(一洛"+粕J + 6 H y + 2 K ) d)= 0 .积分以后得K = 0.将式⑴代入式⑴， 得K L (一 咨 为 + 普 一 + 6⑹加= 0 .积分以后得H 二 例 俏 一 音 第 三 * 平 面 向 飕 的JL角 生 标 * 密41将 K ,H 的值代入式(f),得% = 一 臀 ” " +爷 寸+ 6 伴 仪 一 七 ) 3・ " )另一方面•梁右边的切应力j , 应当合成为反力pge .£ L ( 颦 外 ？ 一孥=一 阳 优 ・积分以后,可见这一条件是满足的C将式(g )J h )、 ( k)略加整理， 得应力分量的最后解答力 =一 臀 " ' + 膂 ， ' + 6 / 伟 一 吉 ) y，, %=—津 丁 十 号 八 (1)“= 臀 ” •/ 一 孥 ”・注意梁截面的宽度取为一个单位,可见惯性矩是/ 盗 . 静 矩 是 S* —今根据材料力学应用截而法求横截面的内力•可求得梁任意截面上的弯矩方程和剪力方程分别为M (x) = p g h(/ 2"j ?\FS(X) = -p g h x .式⑴可以写成% =咋马+2（仔 一 卷 卜=郛（ 1 - 4 舌 ） .Fs（ x ） Sg = b 1 •3 - 1 0 如题3・10图所示的悬智梁， 长度为人高度为h ，》A ,在上边界受均布荷载g ,试检验应力函数6 — Ay，+ R r R +(y 4- Dxz + E / y能否成为此问题的解？如可以， 试求出应力分量.【 解】(1)相容条件，将 6 =Ay$ + B F V + C Z + I V + & 2 » 代入相容方程. 得】 20Ay+24By=0,若满足相容方程， 有A 二一4 瓦 C )题3・ 10图（2） 应力分量表达式a, = = 20Ay3 - 30Ar，+ 6cx •3y< %y= = — lOAy" + 2D + 2Ey, 4 2弹 性 力 孕 期 一 数 根 （ 第 三 艇 ） 金 桎 导 学 及 习 理 全 解dj r 3y=30Ar y ' — 2Ei ^（ 3）考察边界条件： 主要边界y = ±h / 2上•应精确满足应力边界条件3， ）L M = 0，得 一 百A /P+2D+以=0 ：( * 以二- * % — —q , 得? A A '+2D—Eh = - q io< r x ,) ,- ^ 2 =0 ， 得 E—学AA? = 0 .( b )( c )( d )在次要边界x =0上， 主矢和主矩都为零， 应用圣维南原理， 用三个积分的应力边界条件代樗a”（ % ） -ody=O.满足条件；Jf A （ % ） , N“d y = 0,得 +a，= 0 i（A / 8< ro）x-0d > = 0,满足。
f i t联立求解式行） 、 （2、 （ （9、 （ （1 ）和（ 得将行系数代人应力分量表达式•得% = 武（ 店一9一6吉 ｝-a, = — f （ l - 3f + 4 ^ ） ,―—当 堂 （ 】一 哈 ） ・3-11挡水墙的密度为Q ， 厚度为6 ,如题3 - 1】 图所示，水的密度为P 2,试求应力分量 解】（ 1 ）假设应力分量的函数形式因为在，= 一6 / 2边界上， * = 0 , y = 6 / 2边 界 上 , * = 一p zg *•所以可假设在区域内0为a, — x / （ y ） .（ 2）推求应力函数的形式由力推求中的形式•题3 - 1 1图则 外 = 普=+ 3, 第 三 * 平 面 问 展 的J t向 米 标M香43♦ = , / ( y)+ “ <>)+ /> < >)•(3)由相容方程求应力函数. 将4>代入得" 卷 + 工 款+ 若+ " 裁= ・要使上式在任意的/ 处都成立, 必须薯=0.得f = Ay* +By2 + C y + D ,+2 筋= 0，得 f ■一叙5 一 .. +Gy，4- Hy2 4- ly i普=0.得 人= E V + F /・dy代人6即得应力函数的解答•其中已略去了与应力无关的一次项.(4)由应力函数求应力分量•将0代人教材中式(2 - 243注 意 体 力 九=p1g,八 =0 , 求得应力分量表达式% = — f,x = xJ(A> + 孝 )+JT( — 2Ayz — 2Byf 4-6Cy + 2H) +(6Ev + 2F ) — p i gz •a, = - f,y — x( Ay，+ By2 + C> + D )，= —= - y (3AJ2 +2By 4 -0 4 - (y>< + 粤y- 3Q/ -2H y - /).(5)考察边界条件i在主要边界y = ± 6 /2上， 应精确满足应力边界条件(a, ),_*/! = pig”，得工( 八4' + B 牛+C 与 + D)= —p2gz. (a)(%),=T/2 = - pzgx, 得 JT( —A 3 + B % - C，+ D) ・0$
得A f i- G 等 T = 0 .A 代人， 得1.= 1b6P2g - T3 /C-在次要边界工= 0 上•列出三个积分的应力边界条件r»/i… dy = 0,J —* 7 2* * / 2(*) ・=oydy = 0,J T ， 2I (r 乃) …0dly = 0.J -*/i由式(g)、 ( h)解出b一而P zg，得 F = 0 ,得 E = 0；得 / = 劭 送 一 部 .? = lf e p , g・(h)将各系数代人应力分量的表达式, 得% = 誓 工 ， + 誓” 一 爷 Qf m, 力 十途 工 （ 2 多 博 一 4 ） .r „ = 丁启（3 [ ） —P心（ 一1 +盖 一 盒 ） •3 - 1 2 为什么在主要边界（ 占边界绝大部分） 上必须满足精确的应力边界条件, 教材中式（2 - 15） ,而在次要边界（ 占边界很小部分） 上可以应用圣维南原理, 用三个积分的应力边界条件（ 即主矢量、 主矩的条件） 来代替？如果在主要边界上用三个积分的应力边界条件代替教材中式（2 - 15） ,将会发生什么问题？【 解答】 弹性力学问题属于数学物理方程中的边值问履. 而要使边界条件完全得到满足， 往往遇到很大的困难。
这时， 圣维南原理可为简化局部边界上的应力 第 三 章 平 面 问 题 的 史 愈 生 标 解 答45边界条件提供很大的方便. 将物体一小部分边界上的面力换成分布不同, 但静力等效的面力( 主矢、 主矩均相同) •只影响近处的应力分布, 对远处的应力影响可以忽略不计如果在占边界绝大部分的主要边界上用三个应力边界条件来代替精确的边界条件•教材中式(2 - 15),就会影响大部分区域的应力分布， 会使问题的解答具有更大的近似性3 - 1 3 如果某一个应力边界问68中有m个主要边界和〃个次要边界， 试问在主、 次要边界上各应满足什么类型的应力边界条件， 各有几个条件？【 解答】 在 m 个主要的边界上， 每个边界应有两个精确的应力边界条件， 如教材中式(2 - 1 5 ) .在 n 个次要边界上, 每边的应力边界条件若不能满足•可以用三个静力等效的积分边界条件来替代两个精确的应力边界条件3 - 1 4 如果某一个应力边界问题中， 除 r 一个次要边界外. 所有的方程和边界条件都已满足, 试证: 在最后的这个小边界上, 三个积分的应力边界条件必然是自然满足的， 因而可以不必校核 解答】 区域内的每一微小单元体均已满足平衡条件. 其余边界上的应力边界条件( 平衡条件) 也已满足， 那么在最后的这个次要边界上， 三个积分的应力边界条件自然是满足的, 因而可以不必校核。
3 - 1 5 试分析简支梁受均布荷载时, 平面截面假设是否成立？【 解答】 弹性力学解答和材料力学解答的差别， 是由于各自解法不同. 简言之•弹性力学的解法， 是严格考虑区域内的平衡微分方程、 几何方程和物理方程， 以及在边界上的边界条件而求解的•因而得出的解答是比较精确的而在材料力学中没有产格考虑上述条件， 因而得出的是近似解答. 例如， 材料力学中引用了平面假设而简化了几何关系, 但这个假设对一般的梁是近似的. 所以， 严格地说， 不成立. 第四事 不 而 问 题 的 极 金 棕 斛 各本 章 学 习 重 点 与 难 点重点一 、 基本方程和基本未知量对于圆域、 圆环域及模形体等具有弧形边界的弹性体, 宜采用极坐标求解极坐标形式的基本方程和基本未知量各有八个. 轴对称问题的基本方程•可由极坐标系中的一般方程简化得到.基本方程、 基本未知■、 相容方程名称一般情况轴对称情况平衡微分方程年 + 会+ ? ^ + f,= o .Op P < i < f > p悬+符 +誓 +/ , =6几何方程V' ， 一 不 ， 一一7 万 而 .y = 1 % + % ― %内 P丽 即 P_ 也C' 一不’C, = + }物理方程（ 平面应力）1"= 看 （ 力 —必） .J =£（ % — — ） ，V ] 2（1 147*-4-）妙• " G“ E 厂 ” •6产 行 血 L- ） ，<一 = 户 （ % - R p）・基本未知it相容方程母 +异+ 1白 ） 力 = 。
僚 +焉 ） 第 g 裁 平 垂 闻 麴 的Ml生 标 解 答47二 、 应力分量的坐标变换式应力分■的坐标变换式直角坐标转换为极坐标a, noI cos 24 p -Fa, sin 4-2r„sin *cos=a^ sin2^4- 8 = 0・上式所示的应力分量与中无关， 因而称为平面轴对成应力分布， 适用于两类平面问题。
对应的位移分量u p 0 & [ —（1 + 〃） 包 + 2（ 1、Bp （ Inp - 1）+（1 — 3/i） Bp +« 2（ 1 — 〃 ）CJoH+/cos w + Ksin 外uf = + Hp - Isin3 + Kcos外上式所示的位移分量仅适用于平面应力问题（ 对于平面应变问题可将E 换为£7（ 1一 - ） % 换为〃/ （ 】 一/ ） ） 式 中 的 H〃. K 是刚体位移显然. 在不存在刚体位移或存在轴对称约束时位移分量也是轴对称的（ 此时，= ， 8 = H =1 =K = 0 ） .否则与p 有关（ 即非轴对称的问题） .在得到极坐标形式的基本方程时•比较与直角坐标形式的基本方程的异同点，注意各个物理量在两个坐标系之间的转换关系 48井 区 力 学 蔺 明 效 粗 （ 第 三 版 ） 会 极 导 学 及 习 知 余M四、 应力函数的选取1 .用量纲分析法.2 .由内力特征确定的方法.用应力函数次P，G求解平面问题时, 注意所研究的弹性体是单连体还是多连体 ， 若是多连体， 则求得的应力分量除了满足给定的边界条件外•还需满足位移单值条件。
五、 判断主要边界和次要边界圆环（ 圆筒） 及曲梁的内外弧形边界， 锲形体的两侧面都是主要边界， 需精确满足边界条件. 曲梁的端部为次要边界, 可运用圣维南原理使边界条件得到近似满足 . 此 外 ， 在处理楔形体等问题时， 经常采用离外力作用点较远处取隔离体平衡的方式， 以确定待定系数.难点一 、 应力分俄的坐标变换式.二 、 轴对称问题的应力分布和相应的位移三、 如何选取应力函数.典 型 例 题 讲 解例4・1如图所示•矩形薄板在四边受纯剪切力作用， 切应力大小为q .如果离板边较远处有一小圆孔, 试求孔边的最大和最小正应力 解】（D根据材料力学公式. 求极值应力和最大正应力的方位角Q 二卜中士J（ 宁 ） ‘ + 「3其 中 % = % = 0,r, = q•得q . ffam — — q o 第 g* 平 面 网 期 的 犊 堂 择 解 答49最大正应力 …所在截面的方位角为atan a0 = ---------1---- = ---------- = - 1 *0nm - % q - 0所以 a0 = — x/4 .若在该纯剪切的矩形薄板中， 沿与板边成n /4 方向截取矩形ABCD,则在其边界上便承受集度为q的拉力和压力, 如图所 示 . 这样就把受纯剪切作用的板着作与一对边受拉. 另一对边受压的板等效。
2)取极坐标系如图, 应用教材中式(4 - 18),得矩形薄板A BCD内的应力分量为% = geos 2^>(1 - 3 》 ) .% - q cos 2p( 1 + 3 })，“ =一 丽 23(1 J) + 3 3 )・其中为小孔的半径， 而孔边最大与最小正应力由式(b ),在 p = a 处得到a9 = — geos 23(1 + 3 3)——4q cos2 中，(a)(b)当 ’ = 0 ,4 时. 孔边最小正应力为( o. > 2 = -4 g ,当 p = ± a /2 时. 孔边最大正应力为J,〉 a =4g.分析: 矩形板ABCD边界上各点的应力状态与板内无孔时的应力状态相同.也可以应用叠加法, 求解薄板的各种较复杂的平面应力( 应变) 问题.例 4 -2如图所示楔形体右侧面受均布荷载< / 作用. 试求应力分量.【 解】(1)楔形体内任一点的应力分量决定于q，p，a，外其中 q 的量纲为N L T ,与应力的量纲相同. 因此， 各应力分量的表达式只可能取K q 的形式, 而K 是以a岬表示的无量纲函数, 亦即应力表达式中不能出现P，再由外 =聋 知 ， 应力函数0 应景，的 函 数 乘 以 , ， 可设4> == pl f (3) (a)将式(a)代入双调和方程(券+暴+ 3 箱0 = %打 卬 〉］得d ^ J 0 ,—一 产 叱 = 。
,例4 2图上式的通解为 50弹 性 力 学 荷 明 数 制 （ 第 三 烬 ） 余 根 导 学 及 习 题 金JW/ (3)= A cos 2平 + B sin 2(p + C
.=. = 0,得 2(A + D ) = - q；得 A cos 2a + B sin 2a + Ca + D = 0;得 一 2B — C = 0;得 2Asin 2a — 2Bcos 2a — C = 0 .(d)(e)(f)(g)联立求解式（d） - （ g） ,得各系数Aq tana4 ( tana —a)1 32 ( tan a —4 ( tan a - Q ) 'q( tan a 2a )4(tana — a)°qD将系数代入式(C),得应力分量, tan a( 1 4~ cos 2© ) — < 2c 4- sin 2(p )of = -q d ------------------ ------------------f -----------2 ( tan a - a)tan a( 1 - cos ) - 《2g — sin 2q )-q +2 ( tan a 一g ，-cos 2呼) 一tan a sin 232 (tan a - a )分析: 应力函数表达式（ a）中不出现a •这是因为f （ 牛） 中包含了。
角（ 在应用应力边界条件时*$p =a处 （ % ） , 工,= 0 , “内，一 = 中体现） .习 题 全 解4 - 1试比较极坐标和直角坐标中的平衡微分方程、 几何方程和物理方程， 指出哪些项是相似的•哪些项是极坐标中特有的？并说明产生这些项的原因.【 解】（1）极坐标. 直角坐标中的平衡微分方程也. 石 考 ++ / ， = ，上 茶 + 孕 +邑+/,= .p dtp dp p 第B品平 西 同 雹 的 横 生 林 X 音5 1将极坐标中的平衡微分方程与直角坐标中的平衡微分方程相比较， 第一式中,前两项与直角坐标相似; 而藁项是由于正P面上的面积大于负p面上的面积而产生的， 一蓑是由于正负中面上的正应力 . 在通过微分体中心的p方向有投影而引起的. 第二式中•前两项也与直角坐标相似;而於是由于正0面面积大于负p面而产生的;皆是由于正负夕面上的切应力r〃在通过微分体中心的3方向有投影而引起 的 . 由 于r 〃=r ”，仍可将这两个切应力只作为一个未知函数处理.（ 2 ）极坐标， 直角坐标中的几何方程, = 乜 £ 乜 y = 工 乜 + 乜 一 匕，dp * 9 P P 丽 "p % 丁 加 p •du dv _ 3v du** = 5 ? '4= 歹 % =五 + 石•将极坐标中的几何方程与直角坐标的几何方程相比较， 第二式中的第一项?P是在极坐标中才有的. 表示由于径向位移而引起的环形线段的伸长应变;第三式中的一" 是由于环向位移而引起的环向线段的转角， 这项也是在极坐标中才有的.P（ 3 ）极坐标， 直角坐标中的物理方程1 , 、 1 , 、一 2 （ 1+〃）J = 百 《 〃 ― ―） ，J = 豆 （ / ― ― ） 、h ---1 , 、 1 , 、 2 （ 1+ 幺 ）£ 4= 三（ ％ -W » ） ，j - 豆, % 一度=） ' 7ry = -----后极坐标中的物理方程与直角坐标的物理方程是O__________________相似的。
尸4 - 2试导出极坐标和直角坐标中位移分量的坐标变换式.T【 解】 参看图， 位移矢量是服从几何加减运算法 1 ,Z fv b则的位移矢量为d,它 在 （ 工,y ）和 3中 ） 坐标系中的分量分别表示为（ ％， ） 和（ “ ， ， ” . ） ， 所以 L解 4・2图 52弹 快 力 学 期 明 效 板 ( 第 三 版 ) 金 桎 导 学 及 习 麴 会 解= uco s a - i - v s i n ®»= M S i n 9 p - t - v co s 9 p .写成矩阵形式m=［卬 ( b )L u, 」 L -s i n co s a 」 L a」所以mco s e - s i n ^ i r ^ l ( c)s i n tp co s < p」 L ” . 」若写成一般形式•则位移分量的变换关系为u = u^co s (p - “ . s i n 中， v = u f s i n < p 4 - urco s ^ po或 u, = " co s a+ & s i n g , u t — — “ s i n 口 + i / co s 夕・4-3在轴对称位移问题中•试导出按位移求解的基本方程. 并证明〃. =A p +怖 , % = 0可以满足此基本方程.【 解】 ⑴ 设〜= " J p ) , u, =0 , 代入几何方程, 教材中式( 4 - 2 ) 得形变分量将式( a) 代入物理方程, 教材中式( 4 - 3 ) 得用位移表示的应力分量勿 = r^? (篆+“》 )•“ 号 叫 + » < b>J = 0 .将式( b) 代入平衡微分方程， 教材中式( 4 - 1 ) , 在轴对称问题中•平衡方程为功+工乜+— = 0 ..ap P 即 p (c)昔+ M + /= 0 .p d(p dp p式( C ) 中的第二式自然满足， 第一式为徵+十詈-力。
. ⑷上式即为求明的基本方程 2 ) 将 “ ， = %+5 ， ” .= 0代入式( d) , 很显然满足方程.4-4试导出轴对称位移问题中， 按应力求解时的相容方程 解】 ( D 在轴对称的情况下•一. =r 〃 = 0 , 只 有% , 外为基本未知函数， 且它们仅为p的函数几何方程, 教材中式( 4 - 2 ) 的前二式成为 平 面 向 & 的 横 生 林 解 答53duf du,:= 刖= 电’ 3e= 幺+为= %, P即P对式(a)中的第二式求导， 得如= J■ ( 学 一 卬 ， (b)op p \ dp p f将式(a)中的一， 一代入式(b),得?= 上(・， —一)• (c)牛 P(2)将物理方程， 教材中式(4 - 3).(4 - 4)中的用应力分量表示的形变分量代入式(c)中， 就得到接应力求解时的相容方程， 即平面应力的相容方程：平面应变的相容方程:4 - 5试由一阶导数的坐标变换式， 导出二阶导致的坐标变换式[教材§ 4 -3中的(a).(b),(c)[【 解】 一阶导数的坐标变换公式Jg sin tp 368s牛不一_引— § 出 _ 8 s < p 30dy sm中即 p 3中二阶导数的变换可以由一阶导数得出d2 . a / a - \ / d sin® d \ f dtp sinw d^\定力= 石 （ 汽 ） = （ E#加一-7丽） （ 8 S中丽- - 丁 丽 ）" … 争 + “ n，（J 聋 + j 第） - 2cospsinp七 （ 十 裁 ） ｝d2 . a / d . a . cos® a \ / . 3
表示应力分量 ,w, ■ ”的表达式[教材§ 4 - 3中的式(4 5)]. 4 - 8试考察应力函数0 = %、8S 3p .能解决题4 8图所示弹性体的何种受力问题？【 解】 本题应按逆解法求解 笫 g / 平 次 问 题 的 植 生 标M将 55（ 】 ） 相容条件：把 应 力 函 数 代 入 相 容 方 程 , 显 然 是 满 足 的 .（2）由应力函数求应力分量表达式求出边界上的面力（P = ± 3 0 面 上 .af = 0 , j = 土 桀p = a 面上. = geos3^>. T„ — gsin3y>.面力分布如解4 8图所示•因此上述应力函数可解决如图所示的受力问题.4 -9 半 平 面 体 表 面 上 受 有 均 布 水 平 力q,试 用 应 力 函 数6 = p2（ Bsin2p+G p）求解应力分量， 如题4 - 9图所示.[解 ]（ 1）相容条件： _ 士____ J __________ _将应力函数力代人相容方程v '0 = o ,显 然7― f '/满足.1小 I（2）由力求应力分量表达式 \ ] I[ofi = - 2Bsin 2
56舞 性 力 学 御 力 数 桎 （ 草 三 版 ） 金 根 导 学 及 习 及 全 解将应力函数0 =或 中代入， 得（ 恭+ 5芸+,赤） 枭=力0 = %而V' V,V% = 0.应力函数中满足相容条件2）由应力函数求应力分量分 =刁】2耳6 1+不1 #干6= °n，' % F不e =%AJ / 1 a中、 1 M卜， = 一 不 （7■而） = /数3）内、 外边界上对应的面力1 M在内边界（p = =）上， （ 〃 ） , - ,= 0, 「 ”=今 也1 M在外边界（p = R ）上， （%）,=* = 0，] ”=/花 4 - 1 1设上题所述的圆环在「处被固定， 试求位移分量 解】 本题为平面应力的情况, 将应力分诚%= 0，% = 0，3 = ｝爰代人极坐标中平面应力问题的物理方程. 教材中式（4 - 3）.得应变分量表达式一= 专 （ 分 一 必）= 0’1M[7 ff GT f, 2KGP”再将应变分量代入几何方程, 教材中式（4 - 2）y = J . %+ * - L，“ P a
v = % _ 匕.% 皿P为 求 位 移 分 量 必 须 求 解 式(<0,令 「=，•对式(d)进行代换， 得乜 _匕=..(d)dp p 2itG pi >由此得 “，= A「 一 黑C- = " 一 吗 ,将上式代入式(d).得% = 乜 迅 =% 上，Bp dt dp dt e1将上式简化•得1Mdt e' e' 2nGeii9方程式(d)的通解为—w = - ^ £ . 尸 (e)dt % 2xGe * ° ，设代入式(d),得“ ▼ = «ri + 〃 商〃6= A e'. ”.2 =反 -所以- & r = 冷尸，ZxGDM4KG*4 - 1 2模形体在两侧面上受有均布剪力q,如题4 - 12图所示, 试求其应力分量.根据边界条件， 当p =-r 时， ( ” . ) , . ，= 0. 即(u_ = Ar - -~~= 0，9 ' 4nGr所以AA = 4*MGr”由此得位移分量为ue = 0,u = 上( E _ L)» 4 x G r\r p)' 58弹 柱 力 学 雨 咽 做 根 （ 第 三 娓 ） 金 栈 学 及 习 理 全 解【 解】（D应用应力函数中二/ 《4《 »2 9 + 8 5 - 2 3 + 0 +。
， 进行求解由应力函数⑦得应力分量+ & = — 2( A cos 2(p + B sin 2a)— C
,="/c蜜os 一2@ 加"\>sin 2 夕= q . ■ r." sina 平 面 向 用 的 植 生 标 解 答594 - 1 3设有内半径为一外半径为R的圜简受内压力如试求内半径和外半径的改变, 并求圆筒厚度的改变.【 解】 本题为轴对称问题， 只有径向位移而无环向位移。
当圆筒只受内压力g的情况下， 取应力分景表达式,教材中式（4 11）,注意到B = 0.内外的应力边界条件要求= 0 , （r…） ,= 翼= 0 ;= - q， （G. ） ,T — 0.由表达式可见•前两个关于r r的条件是满足的•而后两个条件要求簧 十2c N - g ,金+ 2C = 0 .由上式解得6 （R Z -产） .L- 2（R?- /） ・把A .B ,C值代入轴对称应力状态下对应的位移分量， 教材中式（4 - 12）= E（ 尚 不）[（1 - “）p +（l +〃5 ] + I c o s 3 + K s in ''ut = Hp - Isintp + K cos. = 0.式（c）中的p ,取任何值等式都成立. 所以各自由项的系数为零“ = / = K = 0・所以•轴对称问题的径向位移式（b）为" , = E [ < 1 _ 〃% +< + 吟 〉而圆筒是属于平面应变问题， 故 上 式 中 £ 一 点7，“一 卷 代 替 . 则 有(a)(b)(c)_ （ 1十七）k +0 一比卜’此时内径改变为（1 +七） 肥 + 0一 七 尸 ①了一〃号片T外径改变为犍与+当卜（ 】 +士）R—（ 】一七兴印EHqr《1 — 〃”) 2iRE •产 三 60弹 性 力 学 蔺 明 数 程 ( 第 三 版 ) 金 枚 导 学 及 习18全 解圆环厚度的改变为—一叱铲―4 -1 4设有- 刚体•具有半径为R的圆柱形孔道•孔道内放置外半径为R而内半径为〃的圆筒. 圆筒受内压力为q，试求圆筒的应力。
解】 本题为轴对称问题， 故 环 向 位 移- 0 ,另外还要考虑位移的单值条件.(D应力分量引用轴对称应力解答•教材中式(4 -1 1 ).取圆筒解答中的系数为A・B,C ,刚体 解 答 中 的 系 数 为 由 多 连 体 中 的 位 移 单 值 条 件 . 有B = 0, (a)Bf = 0 . (b)现在， 取圆筒的应力表达式为% =与 +2C・ % = - 4 +2C. (c)P P刚体的应力表达式a； N 0 + 2 C， ，6：=—勺+2C， ， (d)P P考虑边界条件和接触条件来求解常数A ,A ',C ,C '和相应的位移解答首先,在圆筒的内面， 有边界条件Q ,),=, = - g，由此得? + 2 C = - q. (e)其次,在远离圆孔处,应当几乎没有应力,于是有(0 ,)LrtO = 0，= 0»由此得2CZ = 0. (D再次•厕筒和刚体的接触面上， 应当有(0,),_R = ♦于是有式( 及式(d)得合+2C = ^ + 2 C < (g>(2)平面应变问题的位移分量应用教材中式(4 12)的第一式. 稍加简化可以写出圆筒和刚体的径向位移表达式% = ^-^^[2(1 - 2〃)Q —楙 ] +Icos 夕+K sina， (h)"u 0. (i)刚体的径向位移为不， 在接触面上•圆筒与刚体的位移相同且都为零•即 平 面 网 网 的 横 生 标 解 答61将式(h)和式⑴代人,得1 . . ［ 2(1 — 2/i )CR - 令 ］ + 18s . + Ksin 夕=0方程在接触面上的任意点都成立少取任何值都成立•方程两边的自由项必须相等。
于是得- g 12(1 - 2〃 )CR - 令 ］= .简化并利用式(D，得A = 2(1 — 2〃)R2c (j)(3)圆筒的应力把式⑴代人式“) ， 得A (1 ~ ~ 2慰)qr°R, r qrl八 = 一 ［ (1_2〃 )R，+ / T ♦ * - 2［：( l- 2〃)R 2+r2 r画筒的应力为4 - 1 5在薄板内距边界较远的某一点处， 应 力 分 量 为 % = % = O .r,,= q,如该处有一小圆孔， 试求孔边的最大正应力解4 - 15图【 解】(1)求出两个主应力， 即: 卜年土J (y)' +/ =±蛇原来的问题变为矩形薄板在左右两边受均布拉力< ? 而在上下两边受均布压力< ? ,如图所示.应 力 分 量 "= g ,* = - 0，r*,n O代入坐标变换式， 教材中式(4 - 7 ),得到外 62弹 花 力 学 筑 明 敷 粗 ( 第 三 版 ) 全 桎 导 学 及 习 题 全 解边界上的边界条件Q* ) ,一 口 =q cos2/， (a)(J),T = —” in2 夕 . (b)在孔边， 边界条件是( ):= 0 , (c)5 g), i = 0. (d)由边界条件式(a)、 ( b ),(c ),(d )可见•用半逆解法时•可假设分为「的 某 - 两数乘以co9 2a,而 r ~ 为P 的另一函数乘以sin 2中. 而0 = 2 . 妙+上/， .= _ 2(_1理 )% P 即P?犷 “ Q P即 )°因此可假设0 — /( p ) cos 2P.将式(e)代入相容方程. 教材中式(4 - 6 ),得e0 s「H£ S)+ 2 也 “ 2 _ 2 ♦ 位 + 2 ^£££213 ］ 刎十。
刎 刎 P3电」班去因子COS23以后,求解这个常微分方程•得/ (p) = Ap' + Bp a + C + 乌 ，p.其中A .B .C .D 为待定常数,代入式(e),得应力函数0 = cos 2 ^ (^ * + Bp? + C + /) ，由应力函数得应力分St的表达式o, =- cos2r(2 B + $ -+ ) )，< % = cos 29 ( 1 2 /，+ 2B + .)«r ” = sin 2^p(6ApJ +2B 一$—) •将上式代人应力边界条件由式(a)得 2 B + 系 +, = -g：由式(b)得 GAR? +2B —符 ~ - - q、由式(c)得 2 B + 》 +由式(d)得 6A/+28 —竽 一 挈 =0.联立求解式(g ) - ( j) .并命提- 0 . 得1 \ 第 2章 平 面 阿M的 横 生 株 解 答63a, = geos2y＞ （ l -- 3 * ） ,A = 0, B = 一表 C = q/，D = 将各系数值代人应力分量的表达式， 得J = Q _ _ q sin 2 「（ 】 一｝ ） （ 1+ 3｝ ）・沿着孔边0 = r，环向正应力是a. = 4q cos2夕 .最大环向正应力为（ %）a 7 q .4-16 同习题 4 - 15•但 % = 力 = ro = q。
解】（1） 求出两个主应力， 即; 卜年 ± J （ 宁（ 2） 原来的问题变为矩形薄板只在左右两边受均布拉力2g,如 解 4 - 16图（ a） 所 示 . 可 以 将 荷 载 分 解 为 两 部 分 ।第 一 部 分 是 四 边 的 均 布 拉 力 史 岁 =为 铲 = q,如 解 4 - 1 6 图（b） , 第 二 部 分 是 左 右 两 边 的 均 布 拉 力 巧 & =%0 = q和 上 下 两 边 的 均 布 压 力 巧 • 如 解 4・16图（ ・ 对 于 第 •部分荷载,可应用解答,教材中式（4 17）；对于第二部分解答♦可应用解答， 教材中式（4 -18） . 将两部分解答叠加， 即得原荷载作用下的应力分量（ 基尔斯的解答 ） .% = q(l - 1 ) +
解】（1） 距地表为人处， 无孔时的铅直应力% = 一伴A .由水平向条件E,=一 = 0 ,可得x 向为水平圆形孔道的轴向•在横向y ,z 平面的主应力为% = - pgh.— —Pgh2 (5 E( lm-（i-平）2 Mo白O个 憎 中 叫 “U吁 之M4-17 0B 第 g 京平 面 间n的 极 坐 标 X将65（ 2）原 来 的 问 题 变 为 管 道 在 左 右 两 边 受 均 布 压 力 占 伸 人 ， 在上下两边受均布压力一留入•如解I - 17 ffl（ a） ,可以将荷载分解为两部分: 第一部分是四边的均布任 力 也 膂 = 右 笆 F ， 如 解4・17图（b） .第 二 部 分 是 左 右 两 边 的 均 布 拉 力4 4 \1一p）巧0 =索 劈 和 上 下 两 边 的 均 布 压 力 宁 =综2绊.如解4.1 7图sr对于第一部分荷载， 可应用解答， 教材中式（ 4 - 17）；对于第二部分解答， 可应用解答， 教材中式（4 - 18） .将两部分解答叠加•即得原荷载作用下的应力分量（ 基尔斯的解答） 沿 着 孔 边 口 = ， •环向正应力是p g h 2（】—2Qp g h（ 1 〜Q （1 一〃）cos 2外最大环向正应力为（） mu1-41/ 3 —4〃了二^解h,一 丁 二^p g h .4 - 1 8设半平面体在克边界上受有集中力偶， 单位宽 度 上 力 偶 矩 为M ,如图418图所示， 试求应力分屋.【 解】 应用半逆解法求解。
】 ） 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M , p ,有 关 ， 由于应力的量纲是单位面积上的力， 即L iM T T ,应力只能以M /p”形势组合.（2）中 应 比 应 力 的 长 度 量 纲 高 二 次 寻 ， 可 假 设 3兀题4・18图（3）将中代入相容方程， 得夕管+ 4髀） = ・删去因子士 •得一个关于⑦" ） 的常微分方程.令 其 解 为 力 = 封 ••代入上式.可得到一个关于人的特征方程，入 Y 尸+ 4 ） = 0. （ a）其 解 为a、2晨一21.0.0.于 是 得 到0的 四 个 解a e " .A-卬前两项又 66弹 蚀 力 学 蔺 明 微 樵 ( 第 三 麻 ) 会 桎 导 学 及 习 同 金M可以组合为正弦、 余弦函数. 由此得< P — A co s 2P + B s i n 2P + C< p Do ( b)本题中结构对称于3 =0的 / 轴 . 而 M是反对称荷载， 因此， 应力应反对称于x 轴•为3 的奇函数, 从而得A = D = 0 . - B s i n 2q + C y> . ( c)( 4 ) 由应力函数。
得应力分量的表达式% =- -^4 B s i n 2p.* a. = 0 .r ” = ( 2B co s 2< p - f - C ) 0P( 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p *Q, < p = ±* / 2的边界上， 有《 心) . * . . . 士, /2 = ° , = 0 .前一式自然满足, 而第二式成为2B =C. ( d)为了考虑原点O附近有集中力偶的作用•取出以O 为中心, p 为半径的一小部分脱离体， 并列出其平衡条件r « / iZ 匕 = 0 . ［ 《 ?一 ( r . ) . = , s i n 评 曲 」= 0 ,J - w / Zr « / i .5 SFy =0， ) . = , s i n 物与 十 ( r . ) , = . co s 评d3 1= 0 »J — « / 22 M o = 0 . f = 0 .J - « 7 ?上式中前两式自然满足, 而第三式成为2B =-M , ( e)x将式( e) 代入式( d) , 得「 MC =----.K将各系数代人应力分量的表达式, 得' 八 —0 »M co s 2q > + 1X =- - -〃- - - - - -p1 - - - - .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 . 如 题 4 - 1 9图 第0 9案 平 面 画 题 的 5 型 样 解 答6 7所示, 试用如下的应力函数求解：< P = A pln pco s p + B pg ps i n g .[M l解4 7 9图V20 —+ 册 + /资 co s p+普 co ” .6V 6V小 -4-(-A7+-B- -) co s w - - -2-(-A7+- -B-)c-o s < p- - -2-(-As -+-8- -)c』o s ^p = 0n.可见•满足相容方程， 可作为应力函数解题.应力分量衰达式J . % +_____p dp p Z dtp1工( A + 2B ) co s w ，中© A<“ ・ =T T = — COSQ.即 PI J 二一d丽(( 1万 丽) =3A 3.”。
2)任取一半径为p的W 1板为隔离体， 如解4 - 1 9图所示. 由竖直方向力的平衡条件求出常数[a, o o s w - r ^s i n(p ~i p 6tp +Foo ,将应力分量代入上式， 化简得AJ COS 2^>dtp + B J( 1 + c o s 2 p ) * =—F ,解得B = -F / 2 n .其余两个平衡条件自然满足， 常数A则由位移单值条件确定•应用物理方程和几何方程可得春( o . -p a. )N 吉匚( 1 -〃) A + 2 B [ c o s a ，“，( 1 一〃 ) A + 2 £ Jc o s < p + / " C^ p ) o(b) 68建 性 力 学M明 皴 愧 ( 第 三 瓶 ) 金 双 导 学 及 习 餐 全M=力 舒+/ 7( , 一 ~ ) = 吉 [ <1 - "认 一2皿，" ，=[ ' I -〃 )A —2^B] - Inp「 (l —fi)A + 2 3 ] >—J /(9)即+ /) (p)c)丫 内 =十需一 藁 = 力 的0中 ⑹将式(b )、 (c)代入式(d)后得‘ ^ ^ 2 —卷[2A + (1 - /1 )81sin tp +J f ((prM ——p + / i(P )，(e)式(e)等号的左边和右边分别为外p的函数， 为使等式成立， 等式两边分别与一常数L相等•即d fi( 。
) f . . 奶 dp . .一人(p)= L 7(0占= ；, 为( p ) = H p + L・一卷[2A + (1 — 〃汨 D sin w + j /(3 )d ^p = L , (D式(f)对户求一阶导数•得一卷[2A 4-(1 一〃)B[cos3 + / 9 ) = (), (g)式(g)的通解为/《3)= /cos < p + Ksin tp 2A +—9psin tp, (h)式(h)代入式(D后•得—J /《 中) 母—— Isinp + Kcos中 + = [2A + (1 -〃 )B ] ( — sin^p 十^a»伊) 一L«(i)将式⑴代入式(c)可得环向位移表达式it. = A [ (1 —fi )A —2fiB ] sin
£其中D 只与弹性常数E及幺有关, 称为平面问题的弹性矩阵.二 、 单元的划分用线或面将一个连续的弹性体假想分割成数量大及大小均有限•且通过有限个校接点相连的单元， 对于平面问题, 最简单常用的是三结点的三角形单元.三 、 位移模式在有限元法中•应力转换矩阵和劲度矩阵的建立及荷载的移置均依赖于位移模式. 为得到正确的解答•位移模式须满足三方面条件：1 .位移模式必须能反映单元的刚体位移；2 .位移模式必须能反映单元的常员应变；3 . 位移模式应尽可能地反映位移的连续性对于三结点的三角形单元, 假定单元中的位移分I t只是坐标的线性函数•则单元内任一点的位移可用三个结点的位移表示为d = N6e 94热 区 力 学 演 明 致 机 ( 第 三 版 ) 金 棋 导 学 及 习 题 仝 解其中为单元的结点位移分量矩阵；6 = ( ” . v, u, v, um ) lN为形函数矩阵.、 =「N, 0 N, 0 N . 0 1~ L 0 N, 0 N, 0 N」N, l・了的线性函数•称为形函数N, — (2.4 ) ( /«y *m)A是Z jm的面积.四、 单元的应力矩阵和劲度矩阵。
I .应力转换矩阵用结点位移表示单元中应变的表达式： ^£ = 时式中的〃可写成分块形式为B =(b » 儿 )再将单元的应变表达式代入物理方程•得到用结点位移去示的单元中应力的友达式：a = De = DB6上式可简写为a —I题式中的S DB为平面问题的应力转换矩阵2 .劲度矩阵假想在单元，jm中发生了虚位移, 相应的结点虚位移为( 夕 ) ' = ( 〃：V* U * v/ “： )1引起的单元虚应变通, =B(6 • )*单元上的结点力向量与结点位移的关系为F =* 6式中A称为单元的劲度矩阵.k = BlDBtA单元劲度矩阵的性质：(1)对称性， 即(2)每一行元素之和为零, 同时每一列元素•之和也为军：(3)奇舁性・即 H = 0』打一’ 不存在,(4)对角线上的元素恒为正.丘、 荷或向结点移置•单元的结点荷载列阵单元所受的体力和面力都应按静力等效的原则移置到结点上•成为结点荷载.单元结点荷载列阵为F；. =(E , Fu H“尹性位移模式下•运用虚位移原理可得几种常见荷载向结点移置的结果， 见 第 六 ■ 用 木 爪 堆 无 法 * 平 面 问 题95六 、 结构的整体分析设结点， 为弹性体内任一公共结点•其上作用有移置来的荷轨及周围单元传递来的结点力， / 结点的静力平衡方程? E = ?心结点力可以用结点位移表示, i 式可以, 示为2（ X瓦“ 孔）二 Z6，* ・= ・ .， • 3 *式中， i. j. m 为每个单元内部的局部编码.1，2,3・〃为整体结点编码。
〃为结构结点总数•可建立2〃个线性的非齐次代数方程, 按整体编码的顺序排列， 可得整体平衡方程组Kd = FLK - - 整体劲度矩阵， E 整体荷载列阵.结构的整体劲度矩阵具有以下性质: 对称性、 奇异性、 稀疏性.难点一 、 按照静力等效的原则进行, 把单元所受的外荷栽向结点移置＜二、 建立整体的劲度矩阵先逐个单元地建立劲度矩阵♦然后根据单元结点的局部编码叼整体编码的关系， 将单元劲度矩阵中每一个子矩阵登加到K 的相应位置上， 局部编码与整体编码的对应关系一定要准确.典 型 例 题 讲 解例 6-1 图示ijm 单元, 在图示的边上作用着线性分布的水平外力， 试求其等效结点荷载 解】 结 点，的等效结点荷载为E , = 0，尸 . ， = 0 ,易求得日" 5（ 一房） 96弹 性 力 学 前 明 数 根 （ 第 三 版 ） 金 枚 导 学 及 与 E 全解故结点j 和结点m 的等效结点荷载分别为分析:此题也可以应用叠加法求解将作用在jm 边上的线性分布荷载看作是集度为q = 4 的均布荷载， 和 % = l.q ・ = O 的三角形分布荷教的登加， 分别求各自的等效结点荷载后再相加。
例 6 ・2图（a）示悬膏梁， 在右端部受集中力P 作用， 设〃 = 1 /3 ,E /为常量，试求结点位移及支座反力（ 按平面应力问题计算） .例6 -2图【 解】 （ 1） 结构离散化将悬髀梁划分为图仕） 所示的两个单元, 共四个结点,固定边上的两个结点3,4处设置固定轨域支座. 作用在端部的荷载P 按静力等效原则向结点1、 2 移置. 得Fu = = 0. Fi, = Ft, = - P/2（2）求结点位移单元的局部编码i j . m与整体编码1.2.3,4对应如下:单元号In局部编码整体编码i23i32m41〃= 1 /3 .E ,为常量， 单元I 在所选的坐标系中 军 六 家 用 次F1L单 元 法 解 平 面 问 ・97Xi = 2, = 0, = 0,y. = 0. «y,= 】♦ y . = 0・应用教材中式(6・19)及(6 - 20),得6, = 1, h, = 0» ——1« A = 1c, = 0» q = 2, c. = -2,应用教材中式(6 - 37)、 ( 6 - 38)得两个单元的劲度矩阵都是汨32=oO2-3O132-3O004_ 23- 44.7T2 L7 T应用教材§6 7 中式(f)叠加得整体劲度矩阵为(b)2-31-32-34112-34-32-30_73434323- 123±313323- 42313——_ 237T004T一件一 400—1一告00_ 27一卷470013300- 1_ 2一年_ 200_ 2_ 工一£- 40。
0由 于 有 位 移 边 界 条 件 = 外=口 = 0 ,未知的整体结点位移列阵就简化为6 — (“] V| u： v1 )T. (c)由此可得出， 与这四个零位移分量相应的四个平衡微分方程不必建立， 因此须将式(b)中的第五、 六 、 七、 八各行以及同序列的各列划去•而式(b)的整体劲度矩阵 98弹 性 力 学 端 照 数 桎 I 第 三 班 ） 金 植 导 学 及 习 * ! 金 斛简化为_2_*3u 9EiK = =12一 4_ _ 4~~3_2_ 23730- 4013T由于该结构在结点1.2受向下的集中荷载P /2•考虑了边界条件以后•与式相应的简化了的整体结点荷载列阵成为0 ,-P /20「P/2,按照式（d）所示的K ,及式（c）、 （e）所示的8 ,凡 得出结构的整体平衡方程组汨-322二"34一32一37一3O4_3里32二7_343432-3求解式（ 力以后， 得结点位移町] [1.88v, _ p -8 .9 9 *Uj | Ef । _ 1. 50 "vt J I - 8. 42（ 3）求支座反力. 将位移分fit式（g）代人教材§6 -7中式” ）•得支座反力八=嗡（ 一3 一 |• 3 = - 2P，F” .燮（ 一看肛 T" + y u t） -0 .0 7 P ,F“ 二 需（ 一"2 一日也） =2尸 .儿=兼（ 一 等 - - 3 5 ） = I MP"分析： （ 1）计算刚度矩阵时为， 对 ， 。
・不必计算. 第 六 * 闲 次M基 无 法 X 平 说 问 网99(2)所求支座反力显然与作用在悬臂梁上的外荷载构成平衡力系•所选的单元数量多会增加结果的精度•同时也会增大工作量, 在工程中通常采用电算方法解决问融.习 题 全 解6 -1试证: 在三结点三角形单元内的任意一点， 有N, + N , + 乂 = 1,N,x, + N产/ +必才内=x ♦N,y, + N j» + N .y. = *♦【 证明】(1)根据教材中式(6 -1 8 )-(6 -2 0 3得N. + N ) + N . = [(a , + 4 + % ) + S + 4 + 儿) 工 + (却 +, 一工 ，・ 十” ,y, —) ++ 九- y + y - x ) +- x> +N. -H. +*, - xt)].上式中第二、 第三项为零, 而1 X. y,2A = 1 xy y, = 川・ 一工也 + " y ,-工 ，. + 工 , “ 一巧”・1 >.所以 N ,+ N j+ N .= l・(2)证 明N,jr,+ N产1+ N. 才.= 1 ，N,Xi + N / j + N .“„,二六< [ ( j y- 一1+ 《 " ・y 叼 + (工, ” 一工" , ) “ ■ 」 十zC《y ,一九 >x. + 《 ％ - y ) 9 + (.y, - “)/■ ]+- 工，>X, + (X, - ) Xj + (盯- x, hr■ 口 ) • 100 弹 怛 力 学 简 明 败 桎 ( 第 三 版 ) 全 植 导 学 及 习 题 全 X上式中的第一、 第三项为零， 得证。
3) My, + N m + NQ. =>.N,y, + N , + N d一 今 ( 】 《 工 ・一" .¥‘ " ' + 《 "・y - ” ， y・ ) y + 《 工 ， ” 一盯y ) »■ 1+N [y, + ( 八 一， ,>y, + (y, - y ,) y」 + X； >y, + .]}•上式中的第一、 第二项为零， 得证.6 - 2如题6 ・2图所示一平面应力状态下的三结点等边 »三角形单元. 其边长为乎= 1/6. / \(D试求出应力转换矩阵S及单元劲度矩阵上. Z X(2)试求出k中的每行之和及每列之和， 并说明其原因 / \(3)设单元发生结点位移u, = 1• v, = 5 — J > 1% =「0 ,或发生结点位移％ =* = v , = 0, V) = 1. “■=髓6・2图-V 3/2.V . = 1/2,试求单元中的应力•并说明其原因.(4)设该旗元在jm边上受有线性分布的压力•其在，点及m点的集度分别为q ,及 试 求 等 效 结 点 荷 载 。
解】(1)在所选的坐标系中.A1x, = 0 , x； «= a •二= 0 ，n73M = 0 ，" = ％ = 2 0应用教材中式(6 ・ 19)及 用 -20),得仇r=- - -V23-a * bfj =^53 ，b»._一n° ，aac, =啰 ，c, =- 彳 ， j = a ,A =号 a：应用教材中式(6 - 32)及(6 33),得该单元的应力转换矩阵-1 8-7 318— V302V3 ,E353—6H3— 6730126(a).- 2. 5^3一7.5一2. 5V37.55730应用教材中式(6 - 37)及(6 - 38),得该单元的劲度矩阵 算六章 用 力FJL4无 法 解 平 面 同 题1 0 1a券会对— a 1 招-I -1 7 3 部称O O O O-T75 -7 一2 T 铲-- ^ - - 3c 4 — 3j3 0 6 >/ 3（ 2）求得式（ b ）中每一行（ 或列） 的元索之和为零（ 其第一、 三、 五个元素之和或第二、 四、 六个元素之和也为零） .因为七中的每一个元素都表示， 发生单位结点位移时所引起的结点力. 而各个节点的位移都相同， 说明单元没有发生形变， 即不会引起结点力。
3）设单元发生结点位移U i = u, = l, v . =% = & . = 0,此时， 单元作平移, 则三角形内不产生应力和应变， 从而结点力为零； 当单元发生结点位移% =u, = v, = 0, ‘ j = 1, “ ——/ 2E.= 1/2,单元作转动•从而结点力也为零 4）单元在j m边上受有线性分布的压力•在j点及相点的集度分别为明及小（ 可假设＜? . ＞明） . 此时， 相当于有均布荷载处 和三角形分布荷栽（ 在 ，点集度为0,m点集度为q— —q, ）同 时 作 用 在 边 上 .①在均布荷载％ 的作用下， 工方向的均布面力为一专幻沙方向的均布面力为 一 寺 明 .由教材中式（ 6- 45）求得的结点荷载为F u r L 一堂知（『 , 山，F ”]—一号q / ' M c k , Fj = 一 日 明 心 N -山.F" y -"N , d s, Fg — — y g7/j N ,山，F u1y l =—N . d s.应用教材中式（ 6 - 22）中的第二式及式（ 6 - 21）中的第三式， 得| N , ds = 0, J N j d s = J N .ds = • 5 =ya .所以， 有F5 = FL.>1 = 0,也作 102弹m力 学 前 明 秋 桃 （ 第 三 版 ） 金 根 导 学 及 习 必 全 解②性分布荷载。
点集度为 , 〃|点集度为qm 一句） 的作用卜 ' •， 〃点 1 方向的面力为空 （ 仁 - q ,）,y 方向的均布面力 为 云 .由教材中式（6 45） 求得的结点荷载为F” = F［ 八 2 = 0，< F|“ 2 =—中（ ％ 一5 " L - N , 山， F j - 一 § “内-/ 可 3 、 * 山，（d）儿 W = - 4 - ^ - - q， ）4 N ,4 , F j2 = —4"（q・—如 Nads.三角形分布荷载作用在j，n 上， 两点的形函数有N, = g , N . = 等 •根据教材式（ 6 - 22） 的第二式,J N,d$ =*・ J N.ch = y a .代入式（ d） .得^Lu2 = F” = 0 •73< F52 = 一 金 5 _ 4 / “ * F 3 ：= 一 方（q . - q, “ a, （e ）F " = £ （ q. - q ,）la，F g = 一 苔（q - - q, W・将式（ 与式（ e） 中对应项相加•得F|必 = 尸由= 0,< F 3 = — *（2q , + q." a , F l =一*（ 4，+ 2 % 〃 。
・F— — 一 1 《 % , + q. ） S・ F— n —. （ % + 2 q.九 ° 如果设q. < q ,， 可得相同的结果.6 - 3 对于题6 3 图所示的简例， 试由结点位移的解答求出各个连杆反力2N/mj/K|2N/n»--2m *|^ 2 m-*-(a)【 解】 根据教材§6乩JlWm 仁卜式 飞， 修去作,（ b） （ c） M）题 6 -3 图- 7. 对于图所示的简例的结点位移 第 六 皋 用 / 限 单 元 法 制 平 面 向 题103■一3・253]Vl-1.253“ 3= ±-0 . 088 1~ £-0 . 374 10. 176〃 , ：.0. 176 J求 『3 = ].2 ・3・4.5.6)结点的反力时. 可应用教材中公式(6 -47)X = Z( X A M ) , < -Q5 -<125、j — Q088] j_ (X25 0〕1 0 〕)一1[。
25 0 — I 0 _ 025>[_ (1374) + 1-(125+{1 <：CU25 u—f <0.5 0、 [ 0 " ] T 0 0]「0.176] 「-0.5 0 :a088] jl〔o 0.25A -I.253J 1 L a25 oJL 0 JH-L -a2 5 - 0.25」L -a 374」 ，r-0 . 1321= N [J-：.Ft, = -0.132、(3)求结点4的反力围绕4结点的单元只有II •而在H中•局部编码i，j，m分别时应整体编码5.2. 104弹 区 力 学 简 明 微 杈 （ 第 三M ）全 收 导 学 及 习 超 全M4•根据式(a)和式(b)得X Fu a *.航+ A. 晶 +* 叼品e[Q75 (125]jS| ， 一Q5 —Q25]j(I176] j —Q25 0 [ ( 0 [一 [ 25 Q 75JIJ + 1 0 _ Q- [ 0 J [ - 25 -G 5>^-L253>=«•: ・ F“ = - 0.088、儿=0. 626N(4)求结点5的反力围绕5结点的单元有UI、N .在三个单元中局部编码i , j、m分别对应整体编码5,2.4 ,2.5,3和6,3,5。
根据式(a)和式(b )得Z F ” =(A “ 航 +A,,6? + AE6 | ) +( 氏 〃 6、+ & 6昆 + & , 屏 ) +8s + * _ 航 + * p .)_ I f 0.5 0 ],0 .1 7 6 ] f 0 0 w 0 ] < - 0.5 0 I一110 0・25八 0 )+ 1 0・25 0 ^ - ].2 5 3 >+ t-0 .2 5 - 0 . 25^0> P((7工， 〕 + 「 广二七粉寸J〔 工〕卜(ra 176 ] r - a 5 - Q25Hoi176] 0 ]f_ Q 0 8 8 ]]| f - a 5 0 [e 1 7 6 ][ 0 Q 2sJ[ 0 J + lo.25 o J [_ Q 3 7 ,+ 1 -d 2 5 - a 2 5 ^ 0 J= N〔 ° 〕 。
< - 0 .066 >A F ., = - 0 . 066N6 - 4对于题6 - 4图所示的离散结构, 试求结点1.2的位移及校支座3,4.5的反力.（ 按平面应力问题计算•取〃 =1/6） .【 解】（1）求结点1.2的位移结构是对称的， 只取左半部分进行研究, 如解6 - 4图 所 示 . 在1.2结点设置了 第 六 皋 用 次Hl单 元 法 解 平 面 问 题105水平支座. 单兀的局部编码， •八山与整体编码1至5对应如下,现在， 野不考虑边界条件， 把图所示结构的整体结点平衡方程组K 5 = E .写成对于单元1田，m， 设个直角边长为1(对计算结果没有影响) . 可卡得A = 0. 5m2 •b, = 0 . b, =■】m, 6 . = Im ,根据上列数值， 且 厚 度 为= 1 /6, 应用教材中式(6 - 3 8 ),得单元的劲度矩阵为30 01400__3U_ 1 835000 03 18一缶 3518 3_35 35_314314_3_^ 1 418353145170310_3_35143105170(b) 106球 区 力 学 简 明 败 根 ( 第 三 版 ) 金 根 导 学 及 习 题 仝M通过拄加得整体劲度矩阵为51700__3■~Ti一旦~ 1 418350300051_3__ 1 82_3_0007035351410_ 333T 43500Id0一南033518350。
3-134-134-K37-3F- S3一101027 03-143-w3F3-141027 03103『O3而5 17 03M18一35O05 17 03而3-H3『6 67 0oo31037- 3M3100036353-10018-335143143-10oO3-1418353350- 3100aK=.° ° ° ° ° - J -I ° S( c )由于有位移边界条件U | -Uj =“ 3 = & 3 =“ 4 = " S = & ； =0未知的隹体结点位移列阵就简化为6 = ( v j Vt)T» ( d )由此可得出, 与这八个零位移分量相应的八个平衡微分方程不必建立， 因此须将式( d )中 的 第 •、 三、 五、 六 、 七/ I ,九， 十各行以及同序列的各列划去， 而式( d )的整体劲度矩阵简化为f显由于该结构只是在结点1受向下的集中荷载F / 2 ,考 虑r边界条件以后•与式( 山相应的简化了的整体结点荷载列阵成为F . = 0 ) \ ( D按照式( e )所示的K.及式所示的8 ,凡得出结构的整体平衡方程组 第 六 / 用 指 限 基 无 法 解 平 曲 同 题107237 018L 岳求解以后得结点位移(2)求支座3,4,5的反力X心= X( ?匕我) (h)围绕3结点的单元只有I •而在I中， 局部编码- j . m分别对应整体编码4.1,3,根据式( G 和式(h)得S人―4 + J 8 + 匕 品FDO7 76 9:-、r!_8l335135一+/-Xoo
在三个单元中局部编码i ， j ， m分别对应整体编码4,1,3,1,4,2和5 ,2,4.根据式(g)和式(h)和X Fu =( 匕 “ 嬴 +£,, 6 1 + * 3 6 a) + (*” 瓦 + ★〃 航 + 无四 的 ) +g 航 +% 航 +* * ),其中机= 6 ,= 入= 0,所以上式为£ Fs = 4,6 , + *“ 6 , + 心 8 ： + J 6 ：( *“ +* ” ) 弧 +出 6 +AR) &Et一 70211-7 00 、_ 7 7 F + E f二而瓦.00围绕5结点的单元只有IB .而在111中， 局部编码i.y.m分别对应整体编码5 ,2.4. 根据式(a)和式(b)得E F7 s =上 品 + 瓦 ,8 +匕 E 108件 怏 力 学 蔺 明 收 极 ( 第 三 胸 ) 会 机 导 学 及 习 餐 全 解6 - 5对于如题6 - 5图所示的结构•试求整体劲度矩阵K中的子矩阵K， ，点设置了铅直支座单元的局部编码3， ，加与整体编码1,2,4.5,7 ,8对应如下:【 解】 结构是对称的•只取下半部分进行研究， 如 解6 - 5图 所 示 . 在2.5,8结单元号InIV局部编码整体编码i48i5j8451m7542取〃 = 0根据教材§ 6 - 7中式(g)知四个单元的劲度矩阵都是0.5000-0 .5000. 250.250- 0 . 25—0. 2500. 250. 250- 0 . 25- 0 . 250000.50- 0. 5—0. 5- 0. 25- 0. 2500. 750. 250- 0. 25—0. 25—0. 50. 250. 75 .应用公式K, h求整体劲度矩阵K中的子矩阵心， 入 国 “， * “ 分别为 题6 -6图【 解】 ( 】 ) 求 结 点 位 移 . 单 元 的 局 部 编 码 与 整 体 编 码 1,2,3,4对应如下:单元号Iu局部编码整体编码f21j12m43取 / = lm ,〃 = 0 •两个单元的劲度矩阵都如教材§ 6 - 7 中式(g)通过叠加得整体劲度矩阵为-0.7500a 25一6 50- 0.25-0.25-]00.750.250—0.250.250- a s00.250.750—0.25-0 .2 5一 0 500.25000.750-0 .5—0.25—0.25K = E—0.5—0. 25—0.2S00.750.25000-0 .2 5—0.25—0.50.250.7500- a 250—0.5—0.25000.750.25、 一0.25—0.50-0 .2 5000.250.75 .(a)由于有位移边界条件3 = " 2 =«« = 心 =〃4 = ■ = 0 •未知的整体结点位移列阵就简化为6 =( “ 1 v2(b) 110弹 快 力 学 简 明 数 程 ( 第 三J * )金 栈 导 学 及 习 班 会M由此可得出•与这六个零位移分St相应的六个平衡微分方程不必建立, 因此须将式(a)中的第二三、 五、 六、 七 、 八各行以及同序列的各列划去， 而式(a)的整体劲度矩阵简化为K = E0. 75 0.25]Q 25 0. 75> >由于该结构在结点1受向右的集中荷载B •结点2受 向 下 的 集 中 荷 载 考虑了边界条件以后•与式(b)相应的简化了的整体结点荷载列阵成为(d)按照式(c)所示的K.及式(b)、 (d)所示的5・ 凡得出结构的整体平衡方程组E［黑然图求解以后, 得结点位移「 (3E + B)]2CM(F, + 3 R )2 J(2)求应力。
单元的应力转换矩阵采用教材上127页的结果: 对于单元IJI分别为可用教材中式(6 30)求得各单元中的应力如下:1 0 0 0 —1 0S =0 0 0 1 0 一1,0 0.5 0.5 0 - 0 .5 -0 .5 .r--1 0 0 0 10= E0 0 0 - 1 01)—0. 5 —0. 5 0 0. 5 0. 5.ro%EE10.0000.5000.5o0- 10-0.50 1- 1—0. 5.000 ,0. 《F, - B〉 /2,0000—0.500—0.50T0100.50 •10.5,00<3F, -bF<)/2*(3R + F Q /2 ・0 , 第 六 章 用 有 限 单 元 法 解 平 面 间 通111若FI=F2=F， 求 出 I 、 口单元的平均应力是% = 一F . %= F . " ,= 0 .6 - 7 试按如期6 - 7图所示的网格求解结点位移, 取f = lm ,〃 = 0 .0T =6N/m( a ) ( b ) ( c )题6 - 7图【 解】 《 1) 求图(a)各结点的位移单元的局部编码i ， j .m 与整体编码1.2 .3 .4 对应如下:单元号T口同部编码整体编码i41J14i n23取i - im ,〃・ 0 ,两个单元的劲度矩阵都如教材§6 -7 中式(g)通过登加得整体劲度矩阵为- 0.750— 0.25-0 .2 5— 0.5000.25 '00.750— 0.5-0 .2 5— 0.250.250-0 .2 500.750.2500— 0.5— 0.25K =E-0 .2 5— a s0.250.75000— 0.25-0 .50000.750.25- 0.250-0 .2 5— 0.25000.250.75- 0.25一 0. 5°0.25一 0.50-0 .2 5-0 .2 50.750、 0.250— 0.25— 0.250-0 .500.75(al)由 「 有位移边界条件 = «2 i = v , = «, = o •未知的整体结点位移列阵就简化为 112" 性 力 学 蔺 明 敕 桎 ( 第 三 力i )全 极 导 学 及 习 题 全 解6 = (vj v2)T. (bl)将式(a l)中的第一、 三、 五、 六、 七 、 八各行以及同序列的各列划去， 而式(b l)的整体劲度矩阵简化为/ 0. 75 — 0. 5、K = E 一 ・ (cl)1一0.5 0. 75根据冲力等效， 结 点 】 受向下的荷载F, = F -b Flf + F 2•其中F 一1ON.% =-i-9X 2 m X z= 2 N ,两个单元自重在向结点1 移置的等效荷载分别为々pgA.则Flw = & g A X 2=2N .所以.B =14NI结 点 2 受向下的集中荷载F, = F + Fjw =10+ - ； 掰A =11N.考虑了边界条件以后， 与式(b l)相应的简化了的整体结点荷载列阵成为按照式(c l)所示的K,及式所示的6,凡 得出结构的整体平衡方程组< 0.75 —0. 5[ p > []_ 14N]1一0・5 0 . 7 5 ] " = 1 - 1 1 初求解以后， 得结点位移•[4 X 64-[力_ _L 二'E 4 X61I-(2)求图(b)各结点的位移单元的局部编码i, j, m 与整体编码1,2.3,4对应如下:单元号1n局部编码整体编码i23j32m14取 / = lm /= 0 ,两个单元的劲度矩阵都如教材§ 6 - 7 中式(g)通过叠加得整体劲度矩阵为 累 六 * 用 力 吸 母 无 法M平 面 间 一1130.750.25—0.5—0.25—0.25000 、0.250.750-0.25— 0.25—0.500-0 .500.75000.25一.0.5—0.25K = E-Q 25- 0.2500.750.2500-0.25-0.25—0.250a 250.750—0.5000—0.50.25000.75—0.25一(X500-0.250—0.5—0.250.750.25. 00—0.25—0.50- 0.250.250.75(a2)由于有位移边界条件5 =«2 =5 =% = 办 = 0 ,未知的整体结点位移列阵就简化为S = (vj vx )1・ (b2)将式(a2)中的第一、 三、 五、 六、 七、 八各行以及同序列的各列划去， 而式( b2)的茁体劲度矩阵简化为f 0 .75 -0 .2 51—0.25 0 .75(c2)结构只在结点2 受向下的集中荷教F ,考虑了边界条件以后•与式(b2)相应的筒化了的整体结点荷载列阵成为(d2)按照式8 2 )所示的^ , 及式6 2 ) 、 ( 由) 所示的5 1 1 得出结构的转体平衡方程组< 0 .75 -。
. 25]尸 1] < 0]1 -0 .2 5 O.75) Q 尸 1 - F 卜求解以后•得结点位移(3)求用(c)各结点的位移单元的局部编码i,j M 与整体编码1.2 ,3 .4 对应如下;单元号In局部编码整体编码i4i)14m32取 / = lm /= 0 ,两个单元的劲度矩阵都如教材§ 6 - 7 中式(g)通过叠加得整体劲度矩阵为 114弹 区 力 学 葡 明 载 梗 （ 第 三 版 ） 金 粳 导 学 及 习 题 仝 X0.750- 0.50-0.25-0.2500.2500.75—0.25- 0.250一 (X50.250一 (X5—0.250.750.2500-0.2500—0.250.250.7500—0.25-0 .5K = E—0.25—0.25000.750.25—0.5—0.25•0一0.5000.250.750- 0. 2500.25—0.25—0.25-0 .500.7501 0.2500—0.5-0.25-0.2500.75(a3)由于有位移边界条件1) \ — U Z—V： 一 “ $—v3 =-u. 一0 ,未知的整体结点位移列阵就简化为6=(〃 ।>1 ・(b3)将式储3〉 中的第二、 三 、 四、 五、 六、 七各行以及同序列的各列划去, 而式（b3）的整体劲度矩阵简化为K =E〔 鼠0. 25]0. 75 卜(c3)根据静力等效•结点1受向右的集中荷载B = 5； 结 点4受向下的集中荷载F4 T体A X 2 T p g ,考虑了边界条件以后， 与式（ b3）相应的简化了的整体结点荷载列阵成为（ d3）PR按照式（ c3）所 示 的K ,及式（b3）、 （d3）所 示 的6 ,长得出结构的整体平衡方£24-36 - 8试按如图题6 - 8所示的网格求解结点位移. 取，= lm ,〃 = 0・ 第 六J t .用 力FJL单 元 法 解 平 面 间 一115【 解】 结构对称, 取左半部分进行分析, 如解6 - 8 图所示。
结点标号如图示单元的局部编码i.j .m 与整体编码1 .2.3,4 对应如下；单元号III局部编码整体编码i41j14m23取 t = lm ,“ = 0 ,两个单元的劲度矩阵都如教材§ 6 - 7 中式(g)通过叠加得整体劲度矩阵为0.750-0 .2 5—0.25―0. 5000.2500.750-0 .5-0 .2 5—0.250.250-Q 2500.750.2500-Q 5- 0.25KV —- 总C-0 .2 5-0 .50.250.75000—0.25—0.50000.750.25—0.250*-0.250. 25000.250.75一 0.25—0.500.25一a 50- 0.25- 0*250.750、 0.250- 0.25-0 .2 50- a s0a 75(a)由于有位移边界条件" I =© 1="2 = “3 ="4 = 0 ,未知的整体结点位移列阵就简化为S = (v> u< 户. (b)将式(a)中的第一、 三 、 五、 六、 七、 八各行以及同序列的各列划去•而式(b)的整体劲度矩阵简化为(c)根据静力等效， 结构只在结点3 受向下的集中荷载F, = 一 ■ ! ■ ， 考虑了边界条 116弹 帔 力 学 尚 明 数 机 ( 第 三•欣 ) 仝 根 导 学 及 习i t全 解件以后， 与式(b)相应的筒化了的整体结点荷载列阵成为按照式(c)所示的K .及式(b)、 (d)所示的£ 隆得出结构的整体平衡方程组求解以后， 得结点位移' 1T 5p j 口 4q. 亏 .6 - 9对于题6 9图所示的四结点平面四边形单元•若取位移模式为u = a\ + a " + a ~ 4~a»v = c5 +。
.1 +a7y 4-a«xy.试考察此位移模式的收敛性条件, 并列出求解其系数 ： 一外的方程.【 解】(D能满足收敛性条件•即位移模式不仅反映了单元的刚体位移和常量应变， 还在电元的边界上， 保持了相邻单元的位移连续性位移模式可改写为!a« - O] I+3 1u — a\ -f-ar：x -----' ~ 2-11 o« - a 3 । a & । a j iv - as -vary 4 --^ -g ~ ~ H ------ — n与教材中式(2 -9 )对比， 可见Uo = a i » s = a $ , 3 = £ ，它们反映r刚体平移和刚体转动.此外， 将式(a)代入教材中的几何方程， 式(2・8 ).可见一 = a： £, = a； % - aj 4-a« + a 4M +8 ,，上式中的a n a . as+.I ■七= (as ±aa<)4- ±aa»)>♦ 第 六 案 用 小FIL及 无 法M平 面 网 题 117=(.Q ] ±4？ )+《 。
3 土加 4)“，= <«5 ± m)+ <07 ±” 8)/・边界上各个点的位移为坐标的单值连续函数. 那么相邻单元在公共边上具有相同的位移所以， 所取的位移模式满足收敛性的条件.(2 )其中的系数%由 四 个 结 点 处 的 位 移 值 应 等 于 的 条 件 求出， 即a \ — aaz - ba 3 + a ba« - u , ♦a 5 -的6 - 3, + aAtx8 = v , «a i -F aat - b a〉- ahai = u ,，a» + a « 6 - b a t - aba & =巧，Va)+ a n z + 4 3 + aba4 - um«a5 + 的6 + 如r + abas ~ ,a \ - a a i + 如3 - a ba4 =“ '，a s - 时6 + A r + abas =* ,・ 。
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