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应用弹塑性力学习题解答
I
应用弹塑性力学习题解
Companynumber:
[WTUT-WT88Y-W8BBGB-BWYTT-19998]
应用弹塑性力学习题解答
第二章习题答案
设某点应力张量%的分量值已知,求作用在过此点平面朋+妙+比二R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
而应力矢量的三个分量满足关系
而法向分量%满足关系4皿十卫炉加十厶尹最后结果为
利用上题结果求应力分量为6二°Q厂2込二1,5二1盛二2耳二0时,过平面龙+勿+2二1处的应力矢量A,及该矢量的法向分量%及切向分量G。
解求出^=i/VH,^=3/^/n5«=i/7n后,可求出备,%怎及%,再利用关系
>J2=处+朮+£二&+€可求得耳o
最终的结果为
已知应力分量为丐二血丐二‘耳"%二凶耳二一2耳二二其特征方程为三次多项式H+&+3+力0,求匕“°如设法作变换.把该方程变为形式”+护+@=0,求pq以及兀与b的关系。
解求主方向的应力特征方程为
式中:
几,“,“是三个应力不变量,并有公式
代入已知量得b二-14,c二二192
为了使方程变为Cardan形式,可令卩代入,正好*项被抵消,并可得关系
代入数据得厂-购张6•遜,E6.7407
X=£7-14/3
已知应力分量中6二丐二求三个主应力
解在6二丐二°时容易求得三个应力不变量为几二刃,心二1+计二匚“二0特征方程变为求出三个根,如记十於,则三个主应力为已知应力分量丐二09込,丐二0.比q二0.1化,$二0.©,今二0.2込,
G=6是材料的屈服极限求必丿;及主应力
解先求平均应力*°吃,再求应力偏张量甘05辽f0仪
务二-0.3辽瞬二0.1*&二0•込%二0.1巧。
由此求得然后求得r=a'J^tsin3^=-0.3949(解出^=-0.1353rad然后按大小次序排列得到巧二0.9344qa2=0.3221(^a3=-0.056(7;
已知应力分量中円二円二G=求三个主应力=,以及每个主应力所对应的方向余弦几朋心沧=123)解特征方程为亠+g+Q=°记"曲则其解为听二]6=0,q二-S对应于4的方向余弦《廻,%应满足下列关系
(a)
_电+百/二0一°?
喰十5作=0
(c)
由(a),(b)式,得的二抵/汽叫机产■冋,代入⑹式得
(G/S『+(M^+1“用,由此求得
对r心代入得"计
对2=2,6=0,代入得“
对P,代入得g'吟士沖宀M
当q二7二0时,证明與二殆&_』;)成立。
解
由J[=0,£=6+sj=£+S;+2s丹,移项之得证得與=(£7)
Ev
第三章习题答案
几=—:
—-?
G=—7
取入G为弹性常数(1+v)(1-2p)2(1十叽是用应变不变量I:
表示应力不变量几“2*3。
解.由巧二爲(勺+勺+勺)+2G&]=兄A+2G&]可得人二(3兄+2C?
“]
由巧口2二爲石+2G加](马+勺)+4C?
2可勺得
物体内部的位移场由坐标的函数给出,为咕(弘»+6)%1°[
吟=(异+6小10:
力严(6/+2尹+10)><10[求点戸(1,0,2)处微单元的应变张量啥、转动张量晞和转动矢量®。
解:
首先求岀P点的位移梯度张量
将它分解成对称张量和反对称张量之和
转动矢量的分量为
%二亀二-0.001厂加=Q?
=Orad慫二霭二0.0045厂血
9!
该点处微单元体的转动角度为
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,
务=0・0008
^=0.0003
求该点的主应变和主方向。
解:
根据式誉即宀先求出剪应变7刖o考察4了方向线元的线应变,将l-m二忑
%=%__2«=0耳二%5二%•,5二尸用二:
二°代入
其中,可得备=2%-张-.=-700x10^
则主应变有
解得主应变勺=1031x10』,£2=269x10:
弓二0。
由最大主应变可得
上式只有1个方程式独立的,可解得勺与兀轴的夹角为
于是有^=_56'6.同理,可解得空与兀轴的夹角为=314o
物体内部一点的应变张量为
试求:
在«=^+2^+^方向上的正应变。
根据式际W,则能方向的正应变为已知某轴对称问题的应变分量右具有的形式,又设材料是不可压缩
的,求三才%应具有什么形式
解:
对轴对称情况应有^=0,^=°,这时应变和位移之间的关系为
血°it°丽de
力,°,宠。
应变协调方程简化为dp.由不
可压缩条件夕十今十°,可得
可积分求得玉二■,匕)/2仕⑵“刃是任意函数,再代回
沪Q乔+:
可得⑵⑵
叮西鉀沪豁皆-2惡
已知应变分量有如下形式㊈舐歸
%
态、爲=一虫(可,由应变协调方程,试导出
皿囂应满足什么方程。
化—%22
弘和,得出広必须满足双调和方程=0
吓皱J%叽、
由订㈤__
解:
由方程
dzdx;
烽得出款啲=°
前(“)
dxdz
由此得v^=c.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
有一块宽为匕高为E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如和如作用.见题图,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
u=/(4十4兀十十…)
V=尹+爲兀+◎+
因为边界上没有不等于零的已知位移,所以式
--中的知、弘都取为零.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,只取国、热两个系数。
u=,v==5^
U=帀*Ho卅十即十旳对必妙=花卅十毋十2M朋
3•确定系数国和色,求出位移解答。
因为不计体力^=7=°\且注意到酬i,式4-14简化为
8U
ds
对式(4)右端积分时,在薄板的上下边和左边,不是片=°,就是旳二°,故
积分值为零。
在右边界上有
同理,式(5)右端的积分只需在薄板的上边界进行,
将式(3)、式(6)、式(7)分别代入式(4)、式(5)可解出吗和佛:
=如二_五一严兀,v=Bly=-^'2y
£匕
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。
设四边固定的矩形薄板,受有平行于板面的体力作用二-咫),坐标轴如题图所示。
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,所以式为零,且将位移函数设置为如下形式:
.mm.njvy
»»ab
.myrx.乃兀卩
卩=匕上能sinsin-—
«»ab
.mm小.nTTy.
把xga或"0』,代入上式因为
sin=Usin―—=U
b.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
+yyb25艺+—!
——■
«41叫2(1-4(3)/』⑵
3.确定系数编和九。
由于位移分量在边界上为零,所以,方程式4-14简化
du
9U
「金严.mjvx.n7vy,,
=Iasinsinaxay
JoJoab
no”.mTTx.nTiy,,
Ysinsinaxay
°ab
式
(2)代入式(3),得
S^ah
r22n
mn
+
^=1
&卩・mTTX・22兀卩..asinsindxdy
dJoah
4
/(I—i?
)'2^2(1+v)_
Efab
「22n
nm
+
瓦=1
叮。
苛.mjrx.nny
1smsinaxdy
0J°ab
4
■护Cl-/)2^2(1+v)_
由于X=OJY=-pgt从式(4)的第—式得A«=0)由第二式得当的和形取偶数时,0-COS^TT)和〔1-COSM)都为零,当称和力取奇数时,(1-亦沏)和(l・c。
跆刃都为2。
因此,当叫知取偶数时,九二0。
当叫知取
奇数时,将心“和民叮弋入式
(1)得位移分量为优=°
4一利用几何方程和物理方程,可求出应力分量(的和力取奇数);
有一矩形薄板,三边固定,一边上的位移给定为。
.见题
•mm•njry況=sin——sin—-图,设位移分量为…ab
b处$式中,聲刃为正整数,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y=b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
2•确定待定系数。
按题意三边固定(%二沧二°),—边只存在
吒(臥而面力待求。
所以,匹=JJ皿血gj:
j;左稣竺逊竺必眇匹二\\Yv^dy二]:
汕竺沁竺必妙
淋比
将式
(1)代入式
(2),得
当体力分量为零时,^=r=0,得
当樓=1时V二匕二0
3/
1砂丿
d^dy=0
.所以,此时有
2(12)J。
3.位移和应力解答为
4・求上边界施加的面力
(设心―),在心处
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比"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
将上题所给的%‘表达式代入,积分后得
当体力不计时,X=F=此时^=°,而色-由下式确定:
r
・mJVX・7TX.c
sinsin——必二U刃_n.
3八…口'J,a«即^K=U,当妙i时,上式成为
由此解出旳爼及位移分量如下:
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。
铅直平面内的正方形薄板边上为2%四边固定,见题图,只受重力作用。
设
p=0.试取位移表达式为
(/yx2bi
V=1212"+场~+禺~+…
I"八"八°a丿用瑞兹法求解(在灯的表达式中,布
置了因子兀和因为按照问题的对称条件,^应该是兀和『的奇函数)。
题图4-4
解:
1位移表达式中仅取坷和场项:
U=
马心4
a
v=
si=viA
2由=°得变形势能为
E严(du'f(I律]丄(忘丿+[别
1f3zP
H—1
2®卽丿
其中代入式
(2),得
12x仁/2>|j(x2V3才、
+__~2"[_~T+~r]_~T]_~y4〉dxdy
2LIaJa 3•确定系数国和戲。 因板四周边界上位移为零(w=v=°! 面力未知),板的 体力分量为所以得将式(3)代入式(4),得 礬叫芋m爭 A dxdy=O A +算 y A + =唧工 dxdy 9 duE 尹51 〔F 注意,有以下对称性: 式(5)积分后成为式(6).由此可求得坷、纠和位移、应力分量: _f -^-1^=0 7131 175pga2 1066E 225pgcr 幻3E (7) 1066E 225pga2 533E 碍二 Q劭 25 533 (9) 用伽辽金法求解上题。 解: 1位移表达式仍取上题式 (1),其两阶偏导数为 -- 2-2 7-a - X17 11 /(X 2dxdy丿 p2v1S2v+1舀it(刃25x22dxdy u^dy=0 2•确定4和“。 因为所以伽辽金方程简化为 +£g朋砂=0 将旳'叫以及式 (1)代入⑵,得由此解出4和厉: =175辭B=22Tp卅 ^"1066S? 1"533S 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。 悬臂梁自由端作用一集中力卩,梁的跨度为? ,见题图,试用端兹法求梁的挠 度。 题图4・5 解: 1•设梁的挠度曲线为 7TX 2/> W=1-COS—— 此函数满足固定端的位移边界条件」『哼 ? r-0 =0 梁的总势能为 ^=0 由昭得 4- 耳一戸=0 虬代入式 (1)得挠度为式 (2),最大挠度为式(3) “7VX 1-COS—— 2/丿 32P12(. >v=—7-—— ElI W=w= 有一长度为2的简支梁, 呐23.037E1 在x=Q处受集中力P作用,见题图,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 w=0 设满足梁端部位移边界条件丄品的挠度函数为梁的变形能/及总势能口为 由即得 sin sm 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,如卩作用于中点 岸二"2)时,跨中挠度为(只取—项) 这个解与材料力学的解(號田)相比,仅相差%。 解二: 用伽辽金法求解 $1=0 1.当对式 (1)求二阶导数后知,它满足处,亦即满足支承处弯矩为 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"P、且作用在处,可得求出的挠度表达式与 (2)—致。 图所示的简支梁,梁上总荷重为吒,试用瑞兹法求最大挠度。 题图4-7 V4? |=Q 解: 设满足此梁两端位移边界条件Z的挠度为 (1) n=Ei\lf2Bl则总势能为J° \4 牛必-2*年砧m幷心 COS 话代入式 (1)得梁上总荷重为‘5,因此有 —端固定、另一端支承的梁,其跨度为2,抗弯刚度亟为常数,弹簧系数为承受分布荷载作用.见题图。 试用位移变分方程(或最小势能原 理).导出该梁以挠度形式表示的平衡微分方程和静力边界条件。 题图4-8 解: 用位移变分方程推导 1•梁内总应变能的改变为 2・外力总虚功为 3.由位移变分方程式得 dx二J"。 必_f (1) 对上式左端运用分部积分得代入式 (1),经整理后得 57答-彳⑴6wdx=0dx 由于变分的任意性,上述式子成立的条件为 dw 6—+hv-El\dxjI 胪wfI'hl忘 4式(3)就是以挠度w表示的平衡微分方程。 下面讨论边界条件,由于梁的左 端为固定端,因此有 梁的右端为弹性支承,则有 注意到式(4)能满足,而欲使式(5)成立,必须满足 二0,爲-57兽]二0 式(6)和式(8)即为题意所求的边界条件。 5.由于最小势能原理与位移变分方程式等价的,所以,从最小势能原理出发,也能得到所求的表达式(略)。 第五章习题答案 矩形薄板具有固定边°月,简支边°。 及自由边曲和SC,角点&处有链杆支撑,板边所受荷载如题图5-1所示。 试将各板边的边界条件用挠度表示。 题图5-1 解: 1。 各边界条件如下: 或用挠度表示为 L=o 冷心為]I wL-o= =0 ? r-0 =0必 I°或 T十» |_非 (1) ⑵ ^=O^U=-^o ⑷陆」二0必匚二o 或用挠度表示为L (5)心心二° 矩形薄板的°月和°。 边为简支边,肋'和边是自由边,在図点有一个向上 位移,且由链杆拉住,如题图5-2所示。 试证w=m^能满足一切条件(其中,的为待定常数),并求出挠度表达式、弯矩和反力。 题图5-2 解: 1•挠曲面方程为: 边界条件为 0C边 CM边 cBf边陆L=°代=° 2•将挠度表达式代入后,可知满足以上各式。 由F角的位移条件确定的,从而求出挠度,内力和反力: 3•分析: 给定的用角点的位移“沿Z轴反向,故为负值。 四个角点反力的数值虽然相同,但傀、%的方向向上,尺①尺。 则向下,这些反力由外界支承施加于板。 题图5-3所示矩形板在°点受集中力卩作用,°月和肋两边简支,°。 和直。 两边自由,试求挠度、内力和反力。 提示: ”二他称为任意常数。 题图5-3 解: 1•本题的挠曲面方程及边界条件为 2.不难验证⑷二他能满足以上方程和条件。 有角点°的补充条件可确定 的,进而可求出挠度、内力和反力: Px(y-b)|Pah 2D(i)H f 就p M严晒讥=他★书=0%=一㊁ hRc的方向向上,瓦、忑则向下(沿z轴正方向) 有一块边长分别为13和&的四边简支矩形薄板,坐标系如题图5-4所示,受板面 ・m・Try•兀x.巧 q=仏sin——sin——w=^sin——sin.—— 荷载“0E作用,试证Ob能满足一切条件,并求 出挠度、弯矩和反力。 题图5-4 V4w=^ 解: 不难验证w能满足所有简支边的边界条件,由挠曲面方程式°可确 定朋,从而求出挠度、弯矩和反力。 如O4 ・7TX・ sin——sin 有一矩形薄板的加与^边是简支边,其上作用有均布弯矩血\°。 和血边为自由边,其上作用有均布弯矩卩加,若设"=了(戒能满足—切条件,试求出挠度、弯矩和反力。 板面无横向荷载q作用,坐标取题图5-5。 题图5-5 解: 将w=刃代入挠曲面方程VSp=O,得 弯矩、反力的表达式为 M厂妝"严0R二讥乂=-6曲 由边界条件确定常数,从而求得挠度和内力: Mv=My=vMyA=^|=0 丿屮川E能满足。 所以,何能满足—切条件,岖二M,%»M其余内力和反力为零。 有一四边简支矩形板,板面荷载如题图5-6所示,求该薄板的挠度。 题图5-6 解: 采用纳维解法,挠度表达式为 荷载表达式为 式中,=1,3,5/-;^=1,3,5,-• J7=±—题图5-7所示的矩形薄板,周边简支,板面无垂直均布荷载作用,只在2的板边受均布弯矩城作用.求板的挠度。 题图5-7 解: 1。 采用李维解法。 因为板面荷载q为零,故式 右端积分为零,即特解为 零,再考虑变形的对称性,板内挠度应是卩的偶函数,所以, 则挠度表达式为 2•利用y_±2的边界条件确定系数 .mjvx sin 等式两端同乘以。 ,对兀积分,且注意到三角函数的正交性,得 <7W=^o- 半径为a的固定边圆形薄板,板面荷载为,如题图5-&求其挠度和 内力。 题图5-8 解: 1.板中无孔,满足挠曲面微分方程的挠度可取为 w=Cor2+D0+州 2.由边界条件求得常数,进而求出挠度和内力 式中,特解设为珂二删代入挠曲面方程后,得 3. (1) (2) ⑶ ⑷ ⑸ 分析 (1)取半径为厂的板中部分圆板的平衡(Y用二°)也可求得兔: ! 厂 $=%1—— (2)若固定边圆板受荷载<'丿作用(题图5-9a),该荷载可分解成题 图5-9b和题图5-9c所示两种荷载。 题图5-9b的解答很容易得到,题图5-9c状态下的解答则可将一飾代换本题的式(4)、式(5)中的飾而求得。 题图5-9b和题图5-9c状态下的解答叠加起来便可求得题图5-9a状态下的解答,不难证明,题图5-9a情况下的挠度为 题图5-9 有一半径为。 的固支圆板,板中心受集中力卩作用,见题图5-10a,求其挠度和内力。 题图5-10 解: 1•这是轴对称弯曲问题,板面无均布载荷,故特解屿为零,则其挠度表达式为 w=4-50r2Inr4-Z)0 (1) 板中心无孔,挠度应是有限值,九应为零。 该板的边界条件为 心=0,B^aIn.a+-C0a2+D0=0 (2)=032£。 口1"么+^0a+2C0a=0 (3) 取半径为厂的部分圆板的静力平衡条件另用=°,得 2处电+戸=0,2处'+P=0 2•由式 (2)、式(3)、式(4)求得常数,进而求岀挠度和内力 m=—-—/一/+2异In— 吒也Ia丿 (5) L— Afr=- pr ——(■l+v)ln-+l Me= —(1+V)ln—+V> 4开'么_ P 2处 (6) 3•分析: 题图5-10b所示固支圆板,当版中心链杆支座发生沉陷亍时,可以用 本题的式(5)求解(其中第三项在板中心为零) \^7TDd 将卩代入式(5)、式(6),求得题图5-10b情况时的挠度和内力为m=2a2-r2+2r2In— civa、 4D3曙-丁 (l+p)ln-+l a (1+P)ln—+V 有一半径为。 的简支圆板,板面无荷载,但在周边受均布弯矩作用,见题图 5・11所示。 求圆板的挠度和内力。 题图5-11 解: 1•因板面无荷载,板中心无孔,故特解叫和常数九,兔取为零。 挠度、转角、内力表达式如下: (1) ⑵ ⑷ ⑸ w=异+2 岖=叫=-2(H-v)Z)C0,叫二町二%二0 边界条件为: 対7二° 2.求出厲,耳后代回式 (1)、式 (2)、式(3),得 第六章习题答案 在拉伸试验中,伸长率为日一矶、截面收缩率为®血,其中九 和'。 为试件的初始横截面面积和初始长度,试证当材料体积不变时有如下关系: 证明: 将E和卩的表达式代入上式,则有 为了使鬲强化应力-应变曲线在E"时能满足虎克定律,建议采用以下应力-应变关系: d (1)为保证b及乔在芒7处连续,试确定$、勺值。 ⑵如将该曲线表示成—形式试给出叭罚的表达式。 解: (1)由b在宀处连续,有 d(J 由力在r处连续,有 (b) (a)、(b)两式相除,有 Eq=E(1—吃) (c) (d) "珂1-吩)]形式时, 当0"兰耳: Q(£)=0即口二尿当吓「应力相等,有吨-吩)卜込汀 解出得,吩)“窖: (代入公值) (K) e (代入勺值) 已知简单拉伸时的应力-应变曲线°=人&)如图6-1所示,并表示如下: 问当采用刚塑性模型是,应力-应变曲线应如何表示图6-1 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b-护曲线,这不难由原式推得 而在强化阶段,因为这时 将b都移到等式左边,整理之即得答案。 其中£/二弓 已知简单拉伸时的⑻曲线由()式给出
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