弹性力学试题及标准答案

一、填空题

1、弹性力学研究弹性体由于受外力作用、边界约束或温度改变等原因而发生的应力、形变和位移。 2、在弹性力学中规定，线应变以伸长时为正，缩短时为负，与正应力的正负号规定相适应。 3、在弹性力学中规定，切应变以直角变小时为正，变大时为负，与切应力的正负号规定相适应。 4、物体受外力以后，其内部将发生内力，它的集度称为应力。与物体的形变和材料强度直接有关的，是应力在其作用截面的法线方向和切线方向的分量，也就是正应力和切应力。应力及其分量的量纲是LMT。

5、弹性力学的基本假定为连续性、完全弹性、均匀性、各向同性。 6、平面问题分为平面应力问题和平面应变问题。

7、已知一点处的应力分量x100MPa，y50MPa，xy1050 MPa，则主应力1150MPa，

-1

-2

20MPa，13516。

8、已知一点处的应力分量， x200MPa，y0MPa，xy400 MPa，则主应力1512 MPa，

2-312 MPa，1-37°57′。

y1000MPa，xy400 MPa，x2000MPa，9、已知一点处的应力分量，则主应力11052 MPa，

2-2052 MPa，1-82°32′。

10、在弹性力学里分析问题，要考虑静力学、几何学和物理学三方面条件，分别建立三套方程。 11、表示应力分量与体力分量之间关系的方程为平衡微分方程。

12、边界条件表示边界上位移与约束，或应力与面力之间的关系式。分为位移边界条件、应力边界条件和混合边界条件。

13、按应力求解平面问题时常采用逆解法和半逆解法。

14、有限单元法首先将连续体变换成为离散化结构，然后再用结构力学位移法进行求解。其具体步骤分为单元分析和整体分析两部分。

15、每个单元的位移一般总是包含着两部分：一部分是由本单元的形变引起的，另一部分是由于其他单元发生了形变而连带引起的。

16、每个单元的应变一般总是包含着两部分：一部分是与该单元中各点的位置坐标有关的，是各点不相同的，即所谓变量应变；另一部分是与位置坐标无关的，是各点相同的，即所谓常量应变。

17、为了能从有限单元法得出正确的解答，位移模式必须能反映单元的刚体位移和常量应变，还应当尽可能反映相邻单元的位移连续性。

18、为了使得单元内部的位移保持连续，必须把位移模式取为坐标的单值连续函数，为了使得相邻单元的位移保持连续，就不仅要使它们在公共结点处具有相同的位移时，也能在整个公共边界上具有相同的位移。

19、在有限单元法中，单元的形函数Ni在i结点Ni=1；在其他结点Ni=0及∑Ni=1。

20、为了提高有限单元法分析的精度，一般可以采用两种方法：一是将单元的尺寸减小，以便较好地反映位移和应力变化情况；二是采用包含更高次项的位移模式，使位移和应力的精度提高。

二、判断题（请在正确命题后的括号内打“√”，在错误命题后的括号内打“×”）

1、连续性假定是指整个物体的体积都被组成这个物体的介质所填满，不留下任何空隙。（√） 5、如果某一问题中，zzxzy0，只存在平面应力分量x，y，xy，且它们不沿z方向变化，仅为x，y的函数，此问题是平面应力问题。（√）

6、如果某一问题中，zzxzy0，只存在平面应变分量x，y，xy，且它们不沿z方向变化，仅为x，y的函数，此问题是平面应变问题。（√）

9、当物体的形变分量完全确定时，位移分量却不能完全确定。（√） 10、当物体的位移分量完全确定时，形变分量即完全确定。（√） 14、在有限单元法中，结点力是指结点对单元的作用力。（√）

15、在平面三结点三角形单元的公共边界上应变和应力均有突变。（√ ）

三、分析计算题

1、试写出无体力情况下平面问题的应力分量存在的必要条件，并考虑下列平面问题的应力分量是否可能在弹性体中存在。

（1）xAxBy，yCxDy，xyExFy；

2222（2）xA(xy)，yB(xy)，xyCxy；

其中，A，B，C，D，E，F为常数。

xyx0xy解：应力分量存在的必要条件是必须满足下列条件：（1）在区域内的平衡微分方程；

yxy0xy22（2）在区域内的相容方程（3）在边界上的应力边界条件x2y2xy0；

lxmyxsfmylxysfxs；（4）对于多连体的位移单值条件。 ys（1）此组应力分量满足相容方程。为了满足平衡微分方程，必须A=-F，D=-E。此外还应满足应力边界条件。

（2）为了满足相容方程，其系数必须满足A+B=0；为了满足平衡微分方程，其系数必须满足

A=B=-C/2。上两式是矛盾的，因此，此组应力分量不可能存在。

232322、已知应力分量xQxyC1x，y3，CxyCyCxy，体力不计，Q为常数。2xy232试利用平衡微分方程求系数C1，C2，C3。

解：将所给应力分量代入平衡微分方程

xyx0yx yxy0xy得

Qy23C1x23C2y2C3x20 3C2xy2C3xy0即

3C1C3x2Q3C2y20 3C2Cxy032由x，y的任意性，得

3C1C30Q3C20 3C2C032由此解得，C1QQQ，C2，C3 6323、已知应力分量xq，yq，xy0，判断该应力分量是否满足平衡微分方程和相容方程。

解：将已知应力分量xq，yq，xy0，代入平衡微分方程

xyxX0xy

yxyY0yx可知，已知应力分量xq，yq，xy0一般不满足平衡微分方程，只有体力忽略不计时才满足。

按应力求解平面应力问题的相容方程：

2xy22 (xy)2(yx)2(1)xyy2x将已知应力分量xq，yq，xy0代入上式，可知满足相容方程。

按应力求解平面应变问题的相容方程：

2222xy (xy)2(yx)111xyy2x将已知应力分量xq，yq，xy0代入上式，可知满足相容方程。

4、试写出平面问题的应变分量存在的必要条件，并考虑下列平面问题的应变分量是否可能存在。

（1）xAxy，yBy，xyCDy； （2）xAy，yBxy，xyCxy； （3）x0，y0，xyCxy； 其中，A，B，C，D为常数。

2322解：应变分量存在的必要条件是满足形变协调条件，即

222xyxy2 2xyyx将以上应变分量代入上面的形变协调方程，可知：

（1）相容。

（2）2A2ByC（1分）；这组应力分量若存在，则须满足：B=0，2A=C。

（3）0=C；这组应力分量若存在，则须满足：C=0，则x0，y0，xy0（1分）。 5、证明应力函数by能满足相容方程，并考察在如图所示的矩形板和坐标系中能解决什么问题（体力不计，b0）。

22h/2 O h/2 l/2 y l/2 x 解：将应力函数by代入相容方程

44420 x4x2y2y4可知，所给应力函数by能满足相容方程。

由于不计体力，对应的应力分量为

22220 x22b，y20，xyxyxy对于图示的矩形板和坐标系，当板内发生上述应力时，根据边界条件，上下左右四个边上的面力分别为：

上边，y，l0，m1，fx(xy)h2yh20，fy(y)yh20；

下边，yh，l0，m1，fx(xy)h0，fy(y)h0；

yy222l

2

l2左边，x，l1，m0，fx(x)x2b，fy(xy)xl20；

右边，x，l1，m0，fx(x)l2xl22b，fy(xy)xl20。

可见，上下两边没有面力，而左右两边分别受有向左和向右的均布面力2b。因此，应力函数

by2能解决矩形板在x方向受均布拉力（b>0）和均布压力（b<0）的问题。

6、证明应力函数axy能满足相容方程，并考察在如图所示的矩形板和坐标系中能解决什么问题（体力不计，a0）。

h/2 O h/2 l/2 y l/2 x 解：将应力函数axy代入相容方程

44420 x4x2y2y4可知，所给应力函数axy能满足相容方程。

由于不计体力，对应的应力分量为

222a x20，y20，xyxyxy对于图示的矩形板和坐标系，当板内发生上述应力时，根据边界条件，上下左右四个边上的面力分别为：

上边，y，l0，m1，fx(xy)h2yh2a，fy(y)yh20；

下边，yh，l0，m1，fx(xy)ha，fy(y)h0；

yy222l

2

l2左边，x，l1，m0，fx(x)x0，fy(xy)xl2a；

右边，x，l1，m0，fx(x)l2xl20，fy(xy)xl2a。

可见，在左右两边分别受有向下和向上的均布面力a，而在上下两边分别受有向右和向左的均布面力a。因此，应力函数axy能解决矩形板受均布剪力的问题。

7、如图所示的矩形截面的长坚柱，密度为，在一边侧面上受均布剪力，试求应力分量。

解：根据结构的特点和受力情况，可以假定纵向纤维互不挤压，即设x0。

b 由此可知

g q O x 2x20

y 将上式对y积分两次，可得如下应力函数表达式

y x,yf1(x)yf2(x)

将上式代入应力函数所应满足的相容方程则可得

d4f1(x)d4f2(x)y0 44dxdx这是y的线性方程，但相容方程要求它有无数多的解（全柱内的y值都应该满足它），可见它的系数和自由项都应该等于零，即

d4f1(x)d4f2(x)0， 0 44dxdx这两个方程要求

f1(x)Ax3Bx2CxI， f2(x)Dx3Ex2JxK

代入应力函数表达式，并略去对应力分量无影响的一次项和常数项后，便得

y(Ax3Bx2Cx)Dx3Ex2

对应应力分量为

2x20

y2y2y(6Ax2B)6Dx2Egy

x2xy3Ax22BxC

xy以上常数可以根据边界条件确定。

左边，x0，l1，m0，沿y方向无面力，所以有

(xy)x0C0

右边，xb，l1，m0，沿y方向的面力为q，所以有

(xy)xb3Ab22Bbq

上边，y0，l0，m1，没有水平面力，这就要求xy在这部分边界上合成的主矢量和主矩均为零，即

(0bxy)y0dx0

将xy的表达式代入，并考虑到C=0，则有

而

b032(3Ax22Bx)dxAx3Bx2b0AbBb0

(0bxy)y00dx0自然满足。又由于在这部分边界上没有垂直面力，这就要求y在这部分边界上

合成的主矢量和主矩均为零，即

将y的表达式代入，则有

bb0(y)y0dx0， (y)y0xdx0

0b(6Dx2E)dx3Dx0222Exb03Db2Eb0

由此可得

b032(6Dx2E)xdx2Dx3Ex2b02DbEb0

A应力分量为

qq，，C0，D0，E0 Bbb2yxxxx0, y2q13gy, xyq32

bbbb虽然上述结果并不严格满足上端面处（y=0）的边界条件，但按照圣维南原理，在稍远离y=0处这一结果应是适用的。

8、证明：如果体力分量虽然不是常量，但却是有势的力，即体力分量可以表示为fxV，x2V2fy，其中V是势函数，则应力分量亦可用应力函数表示为，x2V，y2V，

yxy2xy，试导出相应的相容方程。

xy证明：在体力为有势力的情况下，按应力求解应力边界问题时，应力分量x，y，xy应当满足平衡微分方程

xyxV0yxx（1分） yxyV0xyy还应满足相容方程

fxfy221x2y2xyxy221fxfyx2y2xy1xy（对于平面应力问题） （对于平面应变问题） 并在边界上满足应力边界条件（1分）。对于多连体，有时还必须考虑位移单值条件。

首先考察平衡微分方程。将其改写为

yx0xVxy Vxy0yxy这是一个齐次微分方程组。为了求得通解，将其中第一个方程改写为

xVyx xy根据微分方程理论，一定存在某一函数A（x，y），使得

xV同样，将第二个方程改写为

AA，yx yxyVyx（1分） yx可见也一定存在某一函数B（x，y），使得

yVBB，yx

yx由此得

AB xy因而又一定存在某一函数x,y，使得

A代入以上各式，得应力分量

，B yx222 x2V，y2V，xyxyxy为了使上述应力分量能同量满足相容方程，应力函数x,y必须满足一定的方程，将上述应力分量代入平面应力问题的相容方程，得

222222x2y2y2Vx2V1x2y2V 22222222x2y2y2x22x2y2V1x2y2V 简写为

4(1)2V

将上述应力分量代入平面应变问题的相容方程，得

2222122x2y2y2Vx2V1x2y2V 222222122x2y2y2x22x2y2V1x2y2V 简写为

1224V

19、如图所示三角形悬臂梁只受重力作用，而梁的密度为，试用纯三次的应力函数求解。

O x y

解：纯三次的应力函数为

ax3bx2ycxy2dy3

相应的应力分量表达式为

2222bx2cy x2xfx2cx6dy, y2yfy6ax2bygy, xyxyxy这些应力分量是满足平衡微分方程和相容方程的。现在来考察，如果适当选择各个系数，是否能满足应力边界条件。

上边，y0，l0，m1，没有水平面力，所以有

(xy)y02bx0

对上端面的任意x值都应成立，可见

b0

同时，该边界上没有竖直面力，所以有

(y)y06ax0

对上端面的任意x值都应成立，可见

a0

因此，应力分量可以简化为

x2cx6dy，ygy，xy2cy

斜面，yxtan，lcossin，mcoscos，没有面力，所以有 2lxmyxyxtan0 ml0yxyyxtan由第一个方程，得

2cx6dxtansin2cxtancos4cxsin6dxtansin0

对斜面的任意x值都应成立，这就要求

4c6dtan0

由第二个方程，得

2cxtansingxtancos2cxtansingxsin0

对斜面的任意x值都应成立，这就要求

2ctang0（1分）

由此解得

112，dgcot cgcot（1分）

23从而应力分量为

xgxcot2gycot2, ygy, xygycot

设三角形悬臂梁的长为l，高为h，则tan。根据力的平衡，固定端对梁的约束反力沿x方向的分量为0，沿y方向的分量为glh。因此，所求x在这部分边界上合成的主矢应为零，xy应当合成为反力glh。

hl12120xhxldyglcot2gycot2dyglhcotgh2cot20

0hh0xy112dygycotdyghcotglh 0xl22h可见，所求应力分量满足梁固定端的边界条件。

10、设有楔形体如图所示，左面铅直，右面与铅直面成角，下端作为无限长，承受重力及液体压力，楔形体的密度为1，液体的密度为2，试求应力分量。

O x 解：采用半逆解法。首先应用量纲分析方法来假设应力分量的函数形式。取坐标轴如图所示。在楔形体的任意一点，每一个

2g1g应力分量都将由两部分组成：一部分由重力引起，应当与1g成正比（g是重力加速度）；另一部分由液体压力引起，应当与

y 2g成正比。此外，每一部分还与，x，y有关。由于应力

的量纲是LMT，1g和2g的量纲是LMT，是量纲一的

-1

-2

-2

-2

量，而x和y的量纲是L，因此，如果应力分量具有多项式的解答，那么它们的表达式只可能是

A1gx，

B1gy，

C2gx，

D2gy四项的组合，而其中的A，B，C，D是量纲一的量，只与有关。这就

是说，各应力分量的表达式只可能是x和y的纯一次式。

其次，由应力函数与应力分量的关系式可知，应力函数比应力分量的长度量纲高二次，应该是

x和y纯三次式，因此，假设

ax3bx2ycxy2dy3

相应的应力分量表达式为

2222bx2cy x2xfx2cx6dy, y2yfy6ax2by1gy, xyxyxy这些应力分量是满足平衡微分方程和相容方程的。现在来考察，如果适当选择各个系数，是否能满足应力边界条件。

左面，x0，l1，m0，作用有水平面力2gy，所以有

(x)x06dy2gy

对左面的任意y值都应成立，可见

d同时，该边界上没有竖直面力，所以有

2g6

(xy)x02cy0

对左面的任意y值都应成立，可见

c0

因此，应力分量可以简化为

x2gy，y6ax2by1gy，xy2bx

斜面，xytan，lcos，mcossin，没有面力，所以有 2lxmyxxytan0 ml0yxyxytan由第一个方程，得

2gycos2bytansin0

对斜面的任意y值都应成立，这就要求

2gcos2btansin0

由第二个方程，得

6aytan2by1gysin2bytancos6atansin4bsin1gsiny0

对斜面的任意x值都应成立，这就要求

6atan4b1g0

由此解得

111a1gcot2gcot3，b2gcot2 632从而应力分量为

x2gy, y1gcot22gcot3x2gcot21gy, xy2gxcot2