弹性力学简明教程-第四版课后习题详解 100页

'弹性力学简明教程（第四版）习题解答第一章【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？【分析】均匀的各项异形体就是满足均匀性假定，但不满足各向同性假定；非均匀的各向异性体，就是不满足均匀性假定，但满足各向同性假定。【解答】均匀的各项异形体如：竹材，木材。非均匀的各向同性体如：混凝土。【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？【分析】能否作为理想弹性体，要判定能否满足四个假定：连续性，完全弹性，均匀性，各向同性假定。【解答】一般的混凝土构件和土质地基可以作为理想弹性体；一般的钢筋混凝土构件和岩质地基不可以作为理想弹性体。【1-3】五个基本假定在建立弹性力学基本方程时有什么作用？【解答】（1）连续性假定：假定物体是连续的，也就是假定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1 隙。引用这一假定后，物体的应力、形变和位移等物理量就可以看成是连续的。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他们的变化规律。完全弹性假定：假定物体是完全弹性的，即物体在对应形变的外力被去除后，能够完全恢复原型而无任何形变。这一假定，还包含形变与引起形变的应力成正比的涵义，亦即两者之间是成线性关系的，即引用这一假定后，应力与形变服从胡克定律，从而使物理方程成为线性的方程，其弹性常数不随应力或形变的大小而变。均匀性假定：假定物体是均匀的，即整个物体是由同一材料组成的，引用这一假定后整个物体的所有各部分才具有相同的弹性，所研究物体的内部各质点的物理性质都是相同的，因而物体的弹性常数不随位置坐标而变化。各向同性假定：假定物体是各向同性的，即物体的弹性在所有各个方向都相同，引用此假定后，物体的弹性常数不随方向而变。小变形假定：假定位移和变形是微小的。亦即，假定物体受力以后整个物体所有各点的位移都远远小于物体原来的尺寸，而且应变和转角都远小于1。这样在建立物体变形以后的平衡方程时，就可以方便的用变形以前的尺寸来代替变形以后的尺寸。在考察物体的位移与形变的关系时，它们的二次幂或乘积相对于其本身都可以略去不计，使得弹性力学中的微分方程都简化为线性2 的微分方程。【1-4】应力和面力的符号规定有什么区别？试画出正坐标面和负坐标面上的正的应力和正的面力的方向。【解答】应力的符号规定是：当作用面的外法线方向指向坐标轴方向时（即正面时），这个面上的应力（不论是正应力还是切应力）以沿坐标轴的正方向为正，沿坐标轴的负方向为负。当作用面的外法线指向坐标轴的负方向时（即负面时），该面上的应力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，沿坐标轴的负方向为负。由下图可以看出，正面上应力分量与面力分量同号，负面上应力分量与面力分量符号相反。正的应力正的面力【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】材料力学中规定切应力符号以使研究对象顺时针转动的切应力为正，反之为负。3 弹性力学中规定，作用于正坐标面上的切应力以沿坐标轴的正方向为正，作用于负坐标面上的切应力以沿坐标轴负方向为正，反之为负。【1-6】试举例说明正的应力对应于正的形变。【解答】正的应力包括正的正应力与正的切应力，正的形变包括正的正应变与正的切应变，本题应从两方面解答。正的正应力对应于正的正应变：轴向拉伸情况下，产生轴向拉应力为正的应力，引起轴向伸长变形，为正的应变。正的切应力对应于正的切应变：在如图所示应力状态情况下，切应力均为正的切应力，引起直角减小，故为正的切应变。4 【1-7】试画出图1-4中矩形薄板的正的体力、面力和应力的方向。【解答】正的体力、面力正的体力、应力【1-8】试画出图1-5中三角形薄板的正的面力和体力的方向。【解答】xfxfyffxxfyfyfyfxyOz【1-9】在图1-3的六面体上，y面上切应力的合力与zyz面上切应力的合力是否相等？zy12【解答】切应力为单位面上的力，量纲为LMT，单位为2Nm/。因此，应力的合力应乘以相应的面积，设六面体微元尺寸如dx×dy×dz，则y面上切应力yz的合力为：5 dxdz(a)yzz面上切应力的合力为：zydxdy(b)zy由式（a）(b)可见，两个切应力的合力并不相等。【分析】作用在两个相互垂直面上并垂直于该两面交线的切应力的合力不相等，但对某点的合力矩相等，才导出切应力互等性。6 第二章平面问题的基本理论【2-1】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(图2-14)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zxzyz0，只存在平面应力分量xy,,xy，且它们不沿z方向变化，仅为x，y的函数。可以认为此问题是平面应力问题。【2-2】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片中（2-15），当板边上只受x，y向的面力或约束，且不沿厚度变化时，其应变状态接近于Oz平面应变的情况。【解答】板上处处受法向约束时z0，且不受切y向面力作用，则xzyz0(相应zxzy0)板边上只受,,，且不沿厚度变化，仅为x，x，y向的面力或约束，所以仅存在xyxyy的函数，故其应变状态接近于平面应变的情况。【2-3】在图2-3的微分体中，若将对形心的力矩平很条件M0C改为对角点的力矩平衡条件，试问将导出什么形式的方程？【解答】将对形心的力矩平衡条件7 M0C，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方向的尺寸取为单位1。MA0dxxdyxydydx1(dxdy)1(dxdy)1dxdy1yxxyy2xx22(a)ydxyxdydx(dydx)1(dydx)1dyfdxdy1fdxdy10yyxxxyy222MB0xdydxyxy()1()1()1dxdydydxdydydxxyxyxyy22(b)dydxdydxdydx11dy1dx11fdxdy0fdxdyxyxyxy2222MD0ydxdy()1111dydxdydxdydxdyyxyxyxy22(c)dxdydydxxdxdxdy1()11fdxdy10fdxdyxxxy2222xME0ydxdydx()1111dydxdydxdydxyxyxyy222(d)xdydydxxy()1()1110dxdydxdydxfdxdyfdxdyxxyxyxx222略去(a)、(b)、(c)、(d)中的三阶小量（亦即令22dxdydxdy,都趋于0），并将各式都除以dxdy后合并同类项，分别得到。xyyx【分析】由本题可得出结论：微分体对任一点取力矩平衡得到的结果都是验证了切应力互等定理。【2-4】在图2-3和微分体中，若考虑每一面上的应力分量不是均匀分布的，验证将导出什么形式的平衡微分方程？8 【解答】微分单元体ABCD的边长dxdy,都是微量，因此可以假设在各面上所受的应力如图a所示，忽略了二阶以上的高阶微量，而看作是线性分布的，如图（b）所示。为计算方便，单元体在z方向的尺寸取为一个单位。xxOOyxyxyxyxADADyyyyADADxyAxAxyDxyAxAxyDxDxDADADfxfxfyfyBCBCxyBxxyxyBxxyxBCCxBCCyyyyBCBCyyxByxyyxyxCBC(a)(b)各点正应力：()xAx；()yAyxy()xBxdy；()yBydyyyxx()dx；()dxxDxyDyxxxxyy()xCxdxy；()yCydxyxyxy各点切应力：()；()xyAxyyxAyxxyyx()xyBxydy；()yxAyxdyyyxyyx()xyDxydx；()yxDyxdxxxxyxyyxyx()xyCxydxdy；()yxCyxdxdyxyxy9 由微分单元体的平衡条件Fx0,Fy0,得11xxxxdydydxdxdydyxxxx22yxxy11yxyyxyxyx+dxdxdydxdydxfdxdy0yxyxyxyxx22xyxy11yyyydxdxdydxdydxyyyy22xyxy11xyxyxyxy+dydy+dx+dydxdyfdxdy0xyxyxyxyy22yxyx以上二式分别展开并约简，再分别除以dxdy，就得到平面问题中的平衡微分方程：xyxyxyff0;0xyxyyx【分析】由本题可以得出结论：弹性力学中的平衡微分方程适用于任意的应力分布形式。【2-5】在导出平面问题的三套基本方程时，分别应用了哪些基本假定？这些方程的适用条件是什么？【解答】(1)在导出平面问题的平衡微分方程和几何方程时应用的基本假设是：物体的连续性和小变形假定，这两个条件同时也是这两套方程的适用条件。(2)在导出平面问题的物理方程时应用的基本假定是：连续性，完全弹性，均匀性和各向同性假定，即理想弹性体假定。同样，理想弹性体的四个假定也是物理方程的使用条件。【思考题】平面问题的三套基本方程推导过程中都用到了哪个假定？10 【2-6】在工地上技术人员发现，当直径和厚度相同的情况下，在自重作用下的钢圆环（接近平面应力问题）总比钢圆筒（接近平面应变问题）的变形大。试根据相应的物理方程来解释这种现象。【解答】体力相同情况下，两类平面问题的平衡微分方程完全相同，故所求的应力分量相同。由物理方程可以看出，两类平面问题的物理方程主要的区别在于方程中含弹性常数的系数。由于E为GPa级别的量，而泊松比取值一般在（0，0.5），故主要控制参数为含有弹性模量的系数项，比较两类平面问题的系数项，不难看出平面应力问题的系数1/E要大于平面应变问题的系数21/E。因此，平面应力问题情况下应变要大，故钢圆环变形大。【2-7】在常体力，全部为应力边界条件和单连体的条件下，对于不同材料的问题和两类平面问题的应力分量x，y和xy均相同。试问其余的应力，应变和位移是否相同？【解答】(1)应力分量：两类平面问题的应力分量x，y和xy均相同，但平面应力问题zyzxz0，而平面应变问题的xzyzzxy0,。（2）应变分量：已知应力分量求应变分量需要应用物理方程，而0,相同，而两类平面问题的物理方程不相同，故应变分量xzyzxy,,不相同。xyz（3）位移分量：由于位移分量要靠应变分量积分来求解，故位移分量对于两类平面问题也不同。xOyA【2-8】在图2-16中，试导出无面力作用时ABxyxng11By图2-16 边界上的xy,,xy之间的关系式【解答】由题可得：lmcos,cos90sinfABxyfAB0,0将以上条件代入公式（2-15），得：xyxyABxyABcossin0,sin()cos0ABAB2()tanxABtanyxyABAB12 【2-9】试列出图2-17，图2-18所示问题的全部边界条件。在其端部小边界上，应用圣维南原理列出三个积分的应力边界条件。qho1xFNh/2xgMh/2bhFSq21lyyhb2图2-17图2-18【分析】有约束的边界上可考虑采用位移边界条件，若为小边界也可写成圣维南原理的三个积分形式，大边界上应精确满足公式（2-15）。【解答】图2-17：上（y=0）左(x=0)右（x=b）l0-11m-100fsx0gyh1gyh1fsygh100代入公式（2-15）得①在主要边界上x=0，x=b上精确满足应力边界条件：xxyx0gyh(),0;1x0xxyxbgyh(),0;1xb②在小边界y0上，能精确满足下列应力边界条件：ygh,0xyyy0013 ③在小边界yh上，能精确满足下列位移边界条件：2uv0,0yh22yh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=1时，可求得固定端约束反力分别为：F0,FghbM,0sN1由于yh为正面，故应力分量与面力分量同号，则有：2bdxghb0yyh21byxdx00yh2bxydx00yh2⑵图2-18①上下主要边界y=-h/2，y=h/2上，应精确满足公式（2-15）lmfx(s)fy(s)hy0-10q2hy01-q012()q，()0，()0，()qyyh-/2yxyh-/2yyh/2yxyh/21②在x=0的小边界上，应用圣维南原理，列出三个积分的应力边界条件：负面上应力与面力符号相反，有h/2()dxFxyxS0h/2h/2()dxFxxN0h/2h/2()ydxMxx0h/2③在x=l的小边界上，可应用位移边界条件uxl0,vxl0这两个位移边界条件也可改用三个积分的应力边界条件来代替。首先，求固定端约束反力，按面力正方向假设画反力，如F14NMFS 图所示，列平衡方程求反力：Fx0,FNFNql11FNqlFNFy0,FSFSql0FSqlFS2112qlh1qlMMASSM0,Fl"0qlqlhMMFl12222由于x=l为正面，应力分量与面力分量同号，故h/2()dyFqlFxxlNN1h/22h/2qlhql1()ydyMMFlxxlSh/222h/2()dyFqlFxyxlSSh/2qMxoFxoNAAqbb/2b/2FN【2-10】试应用圣维南原理，列出图2-192bqb2hhM12所示的两个问题中OA边上的三个积分的应力边界条件，并比较两者的面力是否是是静力等yhb,1y效？ab图2-19【解答】由于hl，OA为小边界，故其上可用圣维南原理，写出三个积分的应力边界条件：x(a)上端面OA面上面力f0,fqxyb由于OA面为负面，故应力主矢、主矩与面力主矢、主矩符号相反，有15 bbbxqb0yyy0dx0fdx0qdxb22bbbxbqb0yyy0xdx0fxdx0qxdx(对OA中点取矩)b212b0yxy0dx0(ｂ)应用圣维南原理，负面上的应力主矢和主矩与面力主矢和主矩符号相反，面力主矢y向为正，主矩为负，则bqb0yNy0dxF22bqbyxdxM0y012bxydx00y0综上所述，在小边界OA上，两个问题的三个积分的应力边界条件相同，故这两个问题是静力等效的。【2-11】检验平面问题中的位移分量是否为正确解答的条件是什么？【解答】（1）在区域内用位移表示的平衡微分方程式（2-18）；（2）在s上用位移表示的应力边界条件式（2-19）；（3）在s上的位移边界条件式（2-14）；u对于平面应变问题，需将E、μ作相应的变换。【分析】此问题同时也是按位移求解平面应力问题时，位移分量必须满足的条件。【2-12】检验平面问题中的应力分量是否为正确解答的条件是什么？16 【解答】（1）在区域A内的平衡微分方程式（2-2）；（2）在区域A内用应力表示的相容方程式（2-21）或（2-22）；（3）在边界上的应力边界条件式（2-15），其中假设只求解全部为应力边界条件的问题；（4）对于多连体，还需满足位移单值条件。【分析】此问题同时也是按应力求解平面问题时，应力分量必须满足的条件。【补题】检验平面问题中的应变分量是否为正确解答的条件是什么？【解答】用应变表示的相容方程式（2-20）【2-13】检验平面问题中的应力函数是否为正确解答的条件是什么？【解答】（1）在区域A内用应力函数表示的相容方程式（2-25）；（2）在边界S上的应力边界条件式（2-15），假设全部为应力边界条件；（3）若为多连体，还需满足位移单值条件。【分析】此问题同时也是求解应力函数的条件。【2-14】检验下列应力分量是否是图示问题的解答：qqaaqh/2xbxOOh/2bqqlyylh17 图2-20图2-212y（a）图2-20，q，yxy0。x2b【解答】在单连体中检验应力分量是否是图示问题的解答，必须满足：（1）平衡微分方程（2-2）；（2）用应力表示的相容方程（2-21）；（3）应力边界条件（2-15）。（1）将应力分量代入平衡微分方程式，且ffxy0xyx0yxy0显然满足xyyx（2）将应力分量代入用应力表示的相容方程式（2-21），有222q等式左=22xy=20=右xyb应力分量不满足相容方程。因此，该组应力分量不是图示问题的解答。M*FS（b）图2-21，由材料力学公式，xy，s(取梁的厚度xyIbI32xy3qx22b=1)，得出所示问题的解答:x2q3，xy-(4)3hy。又根据lh4lh33qxyxyqx平衡微分方程和边界条件得出：y2q3。试导出上述公22lhlhl式，并检验解答的正确性。【解答】（1）推导公式在分布荷载作用下，梁发生弯曲形变，梁横截面是宽度为1，高3h为h的矩形，其对中性轴（Z轴）的惯性矩I，应用截面法可求出122q3qx任意截面的弯矩方程和剪力方程Mx()xFx,。62ll18 所以截面内任意点的正应力和切应力分别为：3Mxxyyq2x3Ilh223Fxs43yqx22xy123.hy4。24bhhlh根据平衡微分方程第二式（体力不计）。yxy0yx33qxyxy得：y.2qA32lhlh根据边界条件0yyh/2qx得A.2l33qxyxyqx故.2.qy322lhlhl将应力分量代入平衡微分方程（2-2）第一式：22xyxy左右6.qq60满足33lhlh第二式自然满足将应力分量代入相容方程（2-23）22xyxy左右22xy12.qq312.30xylhlh应力分量不满足相容方程。故，该分量组分量不是图示问题的解答。【2-15】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。19 【解答】（1）确定最大最小切应力发生位置22任意斜面上的切应力为nlm21，用关系式lm1消去m，得22242nllll1l1/41/2212121121由上式可见当l0时，即l时，n为最大或最小，为2212nmax。因此，切应力的最大，最小值发生在与x轴及y轴（即min2应力主向）成45°的斜面上。（2）求最大，最小切应力作用面上，正应力n的值任一斜面上的正应力为2nl122最大、最小切应力作用面上l1/2，带入上式，得11n1221222证毕。【2-16】设已求得一点处的应力分量，试求12,,1()ab100,50,1050;()2000,400;,xyxyxyxy()cd20001000400;(),,1000,1500,500.xyxyxyxy【解答】由公式（2-6）21x1x1xyxy2及tan1，得1arctanxy22xyxy22110050100502150(a)10502220150100arctan3516"1105020 21200020002512(b)4002231225122001arctanarctan0.783757"40021200010002000100021052(c)4002220522105220001arctanarctan7.388232"4002100015001000150069112(d)50022180926911000arctanarctan0.6183143"1500【2-17】设有任意形状的等候厚度薄板，体力Oxqfy可以不计，在全部边界上（包括孔口边界上）受有xfxA均匀压力q。试证xy-q及xy0能满足平衡微qy分方程、相容方程和应力边界条件，也能满足位移y单值条件，因而就是正确的解答。【解答】（1）将应力分量q,0，和体力分量ff0分xyxyxy别带入平衡微分方程、相容方程xxyf0xxy（a）yxyf0yyx2xy0（b）显然满足（a）（b）（2）对于微小的三角板A，dx，dy都为正值，斜边上的方向余弦lnxmcos,,cosny,，将xyxy-,q0，代入平面问题的应力边界条件的表达式（2-15），且fxy-cosqnx,,fqcosny,，则有21 xycosnx,qcosnx,,cosny,qcosny,所以qq,。xy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。该题为平面应力情况，首先，将应力分量代入物理方程（2-12），得形变分量，(1)(1)qq,,0xEEyxy（d）将（d）式中形变分量代入几何方程（2-8），得uvv(-1)u(-1)=,=,0qq（e）xyxyEE前两式积分得到（1）--（1）uqx=(),=fyv()qyfx（f）12EE其中fy12fx,分别任意的待定函数，可以通过几何方程的第三式求出，将式（f）代入式（e）的第三式，得dfy()dfx()12dydx等式左边只是y的函数，而等式右边只是x的函数。因此，只可能两边都等于同一个常数，于是有dfy()dfx()12,dydx积分后得fy10yuf20xxv,代入式（f）得位移分量(1)uqxyuE0（g）v(1)qyxv0E22 其中uv00,,为表示刚体位移量的常数，需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。【2-18】设有矩形截面的悬臂梁，在自由端受有集中荷载F（图02-22），体力可以不计。试根据材料力学公式，写出弯应力y，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表示正确的解答。【解答】（1）矩形悬臂梁发生弯曲变h/2x形，任意横截面上的弯矩方程Oh/2Mx()Fx，1Fl横截面对中性轴的惯性矩为Ih3/12，根yz据材料力学公式Mx()F12弯应力yxy；x3Ihz该截面上的剪力为FxsF，剪应力为*2FxSs()FhhyFh/262ybyyxy33bIhz1/12h224取挤压应力0y（2）将应力分量代入平衡微分方程检验1212FF第一式：左右yy023hh第二式：左=0+0=0=右该应力分量满足平衡微分方程。（3）将应力分量代入应力表示的相容方程2左右()0满足相容方程xy23 （4）考察边界条件①在主要边界yh/2上，应精确满足应力边界条件(2-15)lmfxfyhy上0-1002hy上01002代入公式（2-15），得yxyyyx0,0;0,0yhy-/2hyh/2yh/2/2②在次要边界x=0上，列出三个积分的应力边界条件，代入应力分量主矢主矩h/2()0dyx向面力主矢xx0h/2h/2()0ydy面力主矩xx0h/22hh/2/26Fh2()()dyydyFy向面力主矢hh/2/2xyx0h34满足应力边界条件FNM③在次要边界上，首先求出固定边面力约束反力，按正FSFFFM0,,Fl方向假设，即面力的主矢、主矩，NS其次，将应力分量代入应力主矢、主矩表达式，判断是否与面力主矢与主矩等效：hh/2/212F()0dylydyFhh/2/2xxlNh3hh/2/212F2()ydylydyFlMhh/2/2xxlh32hh/2/26Fh2()dyydyFFhh/2xyxl/2h34S满足应力边界条件，因此，它们是该问题的正确解答。【2-19】试证明，如果体力虽然不是常量，但却是有势的力，即24 VV体力分量可以表示为ff,，其中V是势函数，则应力分量xyxy222亦可用应力函数表示成为=,=,VV，试导出相应xyxy22yxxy的相容方程。【解答】（1）将ff,带入平衡微分方程（2-2）xyxxyxyxVf00xxyxyx（a）yxyyxyVf00yyxyxy将（a）式变换为yx()0Vxxy（b）xy()0Vyyy为了满足式（b），可以取222xyxyVV22,,yxxy222即xyxy22VV,,yxxy（2）对体力、应力分量ff,,,求偏导数，得xyxyf22VVfxy,22xxyy224242VVxx（c）,2222242xxyxyyy224242yyVV,2422222xxxyxyy将（c）式代入公式（2-21）得平面应力情况下应力函数表示的相容方程25 ff2xyxy(1)（2-21）xy4242424222VVVVVV(1)222424222222xyxyyxxxyyxy整理得：44422VV2(1)（d）422422xxyyxy即平面应力问题中的相容方程为42(1)V将（c）式代入公式（2-22）或将（d）式中的替换为，的平1面应变情况下的相容方程：4442212VV2（e）422422xxyyxy1即4212。V1证毕。26 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解平面问题的直角坐标解答【3-1】为什么在主要边界（大边界）上必须满足精确的应力边界条件式（2-15），而在小边界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题，而要使边界条件完全得到满足，往往比较困难。这时，圣维南原理可为简化局部边界上的应力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积分的应力边界条件来代替精确的应力边界条件（公式2-15），就会影响大部分区域的应力分布，会使问题的解答精度不足。【3-2】如果在某一应力边界问题中，除了一个小边界条件，平衡微分方程和其它的应力边界条件都已满足，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，固而可以不必校核。【解答】区域内的每一微小单元均满足平衡条件，应力边界条件实质上是边界上微分体的平衡条件，即外力（面力）与内力（应力）的平衡条件。研究对象整体的外力是满足平衡条件的，其它应力边界条件也都满足，那么在最后的这个次要边界上，三个积分的应力边界条件是自然满足的,因而可以不必校核。【3-3】如果某一应力边界问题中有m个主要边界和n个小边界，试问27 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解在主要边界和小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个主要边界上，每个边界应有2个精确的应力边界条件，公式（2-15），共2m个；在n个次要边界上，如果能满足精确应力边界条件，则有2n个；如果不能满足公式（2-15）的精确应力边界条件，则可以用三个静力等效的积分边界条件来代替2个精确应力边界条件，共3n个。3【3-4】试考察应力函数ay在图3-8O所示的矩xh形板和坐标系中能解决什么问题(体力不计)?ly图3-8【解答】⑴相容条件:不论系数a取何值，应力函数3ay总能满足应力函数表示的相容方程，式(2-25).⑵求应力分量当体力不计时，将应力函数代入公式(2-24)，得6,ay0,0xyxyyx⑶考察边界条件上下边界上应力分量均为零，故上下边界上无面力.左右边界上；当a>0时，考察分布情况，注意到0，故y向无面力xxy左端:fay()60yhf0xxx0yxyx0右端:fayxxxl6(0)yhfyxyxl()0应力分布如图所示，当lh时应用圣维南原理可以将分布的面力，等28 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解效为主矢，主矩OAxfxfxy主矢的中心在矩下边界位置。即本题情况下，可解决各种偏心拉伸问题。偏心距e：eePP因为在A点的应力为零。设板宽为b，集中荷载p的偏心距e：ppe()0/6ehxA2bhbh/6同理可知，当a<0时，可以解决偏心压缩问题。【3-5】取满足相容方程的应力x函数为：h/2Oh/2223⑴axy,⑵bxy,⑶cxy,试()lh求出应力ly分量（不计体力），画出图3-9所示弹性体图3-9边界上的面力分布，并在小边界上表示出面力的主矢量和主矩。【解答】（1）由应力函数2axy，得应力分量表达式0,2,2ayaxxyxyyx(lm)fs()xyxsx考察边界条件，由公式（2-15）(ml)fs()yxysyh①主要边界，上边界y上，面力为2hhfy()2axfy()ahxy2229 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解h②主要边界，下边界y，面力为2hhfy()2ax,fy()ahxy22③次要边界，左边界x=0上，面力的主矢，主矩为h/2x向主矢：Fdy()0xxxh/20h/2y向主矢：Fdy()0yxyxh/20h/2主矩：Mydy()0h/2xx0yx次要边界，右边界x=l上，面力的主矢，主矩ahxy为Oxh/2ah2alx向主矢：Fdy()0xxxlh/2y2aly向主矢：hh/2/2Fdyaldyalh()(2)2yxyxlhh/2/2h/2主矩：Mydy()0h/2xxl弹性体边界上面力分布及次要边界面上面力的主矢，主矩如图所示⑵2bxy将应力函数代入公式（2-24），得应力分量表达式2bx，0，2byxyxyyx考察应力边界条件，主要边界,由公式（2-15）得hhh在y主要边界，上边界上，面力为fybhfy,0xy222hhh在y，下边界上，面力为fybhfy,0xy222在次要边界上，分布面力可按(2-15)计算，面里的主矢、主矩可通过三个积分边界条件求得：30 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解在左边界x=0，面力分布为fx00,fx02byxy面力的主矢、主矩为hx向主矢：Fdy20xxhx02hhy向主矢：Fdybydy2220yxyhhx0x022h/2主矩；Mydy()0h/2xx0在右边界x=l上，面力分布为fxxylblfxlby2,2面力的主矢、主矩为hh/2/2x向主矢：Fdybldyblh22xxhh/2/2xlhh/2/2y向主矢：Fdy"2bydy0yxyhh/2/2xlhh/2/2主矩：Mydy"20blydyhh/2/2xxl弹性体边界上的面力分布及在次要上面力的主矢和主矩如图所示ah2alahOxxyxyy（3）3cxy将应力函数代入公式（2-24），得应力分量表达式26cxy,0,3cyxyxyyx考察应力边界条件，在主要边界上应精确满足式（2-15）h①上边界y上，面力为2hh32fych,0fyxy24231 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解h②下边界y=上，面力为2hh32fychfy,0xy242次要边界上，分布面力可按（2-15）计算，面力的主矢、主矩可通过三个积分边界求得：③左边界x=0上，面力分布为2fxxyfxcy00,03面力的主矢、主矩为h/2x0向主矢：Fxxdyh/2x0hh/2/2123y向主矢：Fdycydychyxyhh/2/2x034h/2主矩：Mydy-h/2xx00④右边界xl上，面力分布为2fxxylclyfxlcy6,3面力的主矢、主矩为hh/2/2x向主矢Fxxdyclydyxl60hh/2/2hh/2/21y向主矢：Fdycydych323yyhh/2/2xl4hh/2/2123主矩：Mydyclydyclh6hh/2/2xxl2弹性体边界上的面力分布及在次要边界上面力的主矢和主矩，如图所示【3-6】试考察应力函数xh/2OF22h/23xyh(34y)，能满足相容方程，()lh并求2hly图3-932 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解出应力分量（不计体力），画出图3-9所示矩形体边界上的面力分布（在小边界上画出面力的主矢量和主矩），指出该应力函数能解决的问题。【解答】（1）将应力函数代入相容方程（2-25）44420，显然满足4224xxyy（2）将代入式（2-24），得应力分量表达式212Fxy34Fy,0,(1)xy3xyyx2h2hh（3）由边界形状及应力分量反推边界上的面力：h①在主要边界上（上下边界）上，y，应精确满足应力边界条件式2（2-15），应力yyx0,0yhyh/2/2hhh因此，在主要边界y上，无任何面力，即fyfy0,0xy222②在x=0，x=l的次要边界上，面力分别为：234Fyxff0:0,1-xy22hh2123Fly4Fyxlff:,1xy32h2hh因此，各边界上的面力分布如图所示：③在x=0，x=l的次要边界上，面力可写成主矢、主矩形式：x=0上x=l上33 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解h/2h/2x向主矢：F=fdy0,Ffdy0N12hh/2xN/2xh/2h/2y向主矢：F=fdyF,FfdyFS12hh/2yS/2yh/2h/2主矩：M=fydy0,MfydyFl12xx-h/2h/2因此，可以画出主要边界上的面力，和次要边界上面力的主矢与主矩，如图：(a)(b)因此，该应力函数可解决悬臂梁在自由端受集中力F作用的问题。34 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解2323qxyyqyyy【3-7】试证(431)(2)能满足相容方程，并考察它334hh10hh在图3-9所示矩形板和坐标系中能x解决什h/2Oh/2么问题（设矩形板的长度为l，深度为h，体()lhly力不计）。图3-9【解答】(1)将应力函数代入式（2-25）44424qy1224qyqy0，，224432233xyhxyhh代入（2-25），可知应力函数满足相容方程。（2）将代入公式（2-24），求应力分量表达式:22364qxy3qyqyfxxx233yhhh523qyy43fy(1)yy23xhh2226qxh2()yxyyx3xyh4(3)考察边界条件，由应力分量及边界形状反推面力：h①在主要边界y（上面），应精确满足应力边界条件（2-15）2hhfxyyx0,fyyyq22yh/2yh/2h在主要边界y下面，也应该满足2152fxyh/2yx0,fyyh/2y0yh/2yh/2在次要边界x0上，分布面力为334qyqyfxx0xx03,fyx0xyx005hh35 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解应用圣维南原理，可写成三个积分的应力边界条件:3hh/2/234qyqyFfdydy0Nxhh/2/25hh3h/2Ffdy0Syh/23hh/2/234qyqyMfydyydy0hh/2x/25hh3④在次要边界xl上，分布面力为2364qly3qyqyfxxxlxl33hhh526qlh2fxyxyly3xlh4应用圣维南原理，可写成三个积分的应力边界条件:23hh/2/264qly3qyqyFNxfxldydy()033hh/2/2hhh52hh/2/26qlh2Fsyfxldyydy()ql3hh/2/2h423hh/2/264qly31qyqy2Mfx"()lydyydyqlhh/2/2xhh33h52综上，可画出主要边界上的面力分布和次要边界上面力的主矢与主矩，如图qqqlxo12qly2(a)(b)因此，此应力函数能解决悬臂梁在上边界受向下均布荷载q的问题。【3-8】设有矩形截面的长竖柱，密度为ρ，在一o边侧面xbqhg36yhb图3-10 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解上受均布剪力q（图3-10），试求应力分量。【解答】采用半逆法求解。由材料力学解答假设应力分量的函数形式。(1)假定应力分量的函数形式。根据材料力学，弯曲应力主要与截面的弯矩有关，剪应力主要与yxy截面的剪力有关，而挤压应力主要与横向荷载有关，本题横向荷载为零，x则0x(2)推求应力函数的形式将0，体力ffg0,，代入公式（2-24）有xxy2fx0xx2y对y积分，得fx（a）yyfxfx1（b）其中fxfx,1都是x的待定函数。（3）由相容方程求解应力函数。将（b）式代入相容方程（2-25），得44dfxdfx1y0（c）44dxdx在区域内应力函数必须满足相容方程，（c）式为y的一次方程，相容方程要求它有无数多个根（全竖柱内的y值都应满足它），可见其系数与自由项都必须为零，即37 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解44dfxdfx10,04dxdx两个方程要求3232fxAxBxCxfxDxEx,1（d）fx中的常数项，fx1中的常数项和一次项已被略去，因为这三项在的表达式中成为y的一次项及常数项，不影响应力分量。将（d）式代入（b）式，得应力函数3232yAxBxCxDxEx（e）（4）由应力函数求应力分量2fx0（f）xx2y2fyAxy6By262DxEgy(g)yy2x2232AxBxC(h)xyxy(5)考察边界条件利用边界条件确定待定系数A、B、C、D、E。主要边界x0上（左）：xxyxx00,()00将（f），（h）代入xx00，自然满足()0C（i）xyx0主要边界xb上，xxb0，自然满足38 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解()q，将（h）式代入，得xyxb2()3Ab2BbCq（j）xyxb在次要边界y0上，应用圣维南原理，写出三个积分的应力边界条件：bb200()6yy23200dxDxEdxDbEb（k）bb3200()6yy2200xdxDxExdxDbEb（l）bb23200()3yxy200dxAxBxCdxAbBbCb（m）由式（i），(j)，（k），（l），（m）联立求得qqABCDE,,02bb代入公式（g），(h)得应力分量23qxxq0,13,2gyxxxyxybbbb39 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解ox【3-9】图3-11所示的墙，高度为h，宽度为b，b/2b/2hb，在两侧面上受到均布剪力q的作用，试qq应用应力函h数3AxyBxy求解应力分量。yhb【解答】按半逆解法求解。图3-11⑴将应力函数代入相容方程（2-25）显然满足。⑵由公式（2-24）求应力分量表达式，体力为零，有22220，6Bxy，A3Bxx2y2xyyxyxxy⑶考察边界条件：在主要边界xb2上，精确满足公式（2-15）xxyxxbb/20,()/2q第一式自然满足，第二式为32ABbq(a)4②在主要边界x=b/2上，精确满足式(2-15)xxyxb/20,xb/2q第一式自然满足，第二式为32ABbq(b)4③在次要边界y=0上，可用圣维南原理，写出三个积分的应力边界条件:b/2ydx0满足b/2y0b/2b/2yy0xdx0满足3bb/2/212bb/2yxy0dx/2A30BxdxAbBb（c）440 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解联立（a）（c）得系数qq2AB,22b代入应力分量表达式，得212qqx0,,112xyxyxy22bb2【3-10】设单位厚度的悬臂梁在左端受到集中力和力矩作用，体力可以不计，lh（图3-12），试233用应力函数AxyByCyDxy求解应力分量。【解答】采用半逆解法求解（1）将应力函数代入相容方程（2-25），显然满足（2）由应力函数求应力分量，代入公式(2-24)26B6ByDxyxy0(a)2xyyxADy3(3)考察边界条件①主要边界yh/2上，应精确满足应力边界条件y0，满足yh/232xy0,得ADh0（b）yh/24②在次要边界x=0上，应用圣维南原理，写出三个积分的应力边界条件hh/2/2FNhh/2xx0dyFN/226BCydyFNB2h41 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解hh/2/22Mhh/2xx0ydyM/226BCyydyMC3hhh/2/2123（c）xydyFsA3DydyFsAhDhFshh/2x0/24联立方程（b）（c）得32FFssAD,32hh最后一个次要边界xl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，故不必在校核。将系数A、B、C、D代入公式（a），得应力分量FF12M12Nsyxyx33hhh0y23FyS14xy22hh【3-11】设图3-13中的三角形悬臂梁只受重力作用，而梁的密度为，试用纯三次式的应力函数求解。【解答】采用半逆解法求解(1)检验应力函数是否满足相容方程（2-25）设应力函数3223=AxBxyCxyDy，不论上式中的系数如何取值，纯三次式的应力函数总能满足相容方程（2-25）(2)由式（2-24）求应力分量由体力分量ffg0,，将应力函数代入公式（2-24）得应力分量：xy2fx26CxDy（a）xx2y42 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解2fy62AxBygy（b）yy2y222BxCy（c）xyxy（3）考察边界条件：由应力边界条件确定待定系数。①对于主要边界y0，其应力边界条件为：()0()0yy0，yxy0（d）将式（d）代入式（b），（c），可得AB0，=0（e）②对于主要边界yxtan（斜面上），应力边界条件：在斜面上没有面力作用，即ff0，该斜面外法线方向余弦为，xylsin，mcos.由公式（2-15），得应力边界条件sin()cos()0xyxyxyxtantan（f）sin()cos()0xyyxyyxtantan将式（a）、（b）、（c）、（e）代入式（f），可解得gg2CDcot,cot（g）23将式（e）、（g）代入公式（a）、（b）、（c），得应力分量表达式：2gxcot2gycotxgyygycotxy【分析】本题题目已经给定应力函数的函数形式，事实上，也可通过量纲分析法确定应力函数的形式。按量纲分析法确定应力函数的形式：三角形悬臂梁内任何一点的应力12与，，和xyg有关。由于应力分量的量纲是LMT，而xy,的量纲是L，g的43 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解量纲是12，又是量纲—的数量，因此，应力分量的表达式只可能是LMTx和y的纯一项式，即应力分量的表达式只可能是AgxBgy,这两种项的结合，其中A，B是量纲一的量，只与有关。应力函数又比应力分量的长度量纲高二次，即为x和y的纯三次式，故可假设应力函数的形式为3223AxBxyCxyDy。【3-12】设图3-5中简支梁只受重力作用，而梁的密度为，试用§3-4中的应力函数（e）求解应力分量，并画出截面上的应力分布图。【分析】与§3-4节例题相比，本题多了体力分量ffg0,。去除了上边界的面力。依据xy§3-4，应力分量的函数形式是由材料力学解答假设的。【解答】按半逆解法求解。2x32（1）由§3-4可知应力函数的函数形式为()AyByCyD2325432ABxEy()FyGyyyHyKy，由§3-4可知，必然满足相容方程106（2-25）。（2）应力分量的表达式：2x32(6Ay2)BxEy(62)2FAy2By6Hy2K（a）x232AyByCyDgy（b）y22xAy(32ByC)(3Ey2FyG)（c）xy【注】项多了-gyy这些应力分量是满足平衡微分方程和相容方程的。因此，如果能够适44 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解当选择常数AB、、、K，使所有的边界条件都被满足，则应力分量式（a）、（b）、（c）就是正确的解答。（3）考虑对称性因为yz面是梁和荷载的对称面，所以应力分布应当对称于yz面。这样和是x的偶函数，而是x的奇函数，于是由式（a）和式（c）可见xyxyEFG0（d）（4）考察边界条件：①在主要边界yh2上，应精确满足应力边界条件（2-15），()0,()0yyhyxy22h将应力分量式（b）、（c）代入，并注意到EFG0，可得：32hhhgABCDh0842232hhhgABCDh0842232xAh()0hBC4xAh()30hBC24联立此四个方程，得：23gABCgD,0,,0（e）2h2将式（d）、（e）代入式（a）、（b）、（c）64gg23xyyHyK62（f）x22hh2gg3yy（g）y2h263gg2xyx（h）xy2h2②考察次要边界条件由于问题的对称性，只需考虑其中的一边，如右边。右边界xl上，f0，x45 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解不论y取任何值(h2yh2)，都有0。由（f）式可见，这是不可能的，x除非,,HK均为零。因此，只能用应力的主矢、主矩为零，即xh/2()dy0h/2xxl（i）h/2()0ydyh/2xxl（j）将（f）式代入式（i）得h/264gg23xyyHyKdy620h/2hh22积分后得K=0（k）将式（f）代入式（i），得h/264gg23lyyHyKydy620h/2hh22积分后得2l1Hg()（l）2h10将（k）、（l）代入式（f），得2641ggl23xyygy6()（m）x222hhh10考察右边界上切应力分量的边界条件：xy右边界上fglhy，则xy的主矢为hh/2/263gg2hh/2/2xyyxldyxyxdyglh2fh2xl可知满足应力边界条件。将式（g），（h），（m）略加整理，得应力分量的最后解答：46 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解26g234gl1xyy6g()yX222hhh102ggyy3(n)y2h263gg2xyxxy2h2（5）应力分量及应力分布图322hhy梁截面的宽度取为1个单位，则惯性矩I，静矩是S。1282根据材料力学截面法可求得截面的内力，可知梁横截面上的弯矩方程22lx和剪力方程分别为MxghFxghx,s2则式（n）可写成：2Mx43yygy()x2Ih52gyy(14)y22hFxSsxybI【分析】比较弹性力学解答与材料力学解答，可知，只有切应力xy完全相同，正应力x中的第一项与材料力学结果相同，第二项为弹性力学提出的修正项；y表示纵向纤维间的挤压应力，而材料力学假设为零。对于l>>h的浅梁，修正项很小，可忽略不计。【3-13】图3-14所示的悬臂梁，长度为l，高度为h，lh，在上边界受均布荷载q，试检验应力函数523322AyBxyCyDxExy能否成为此问题的解？如可以，试求出应力分量。47 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解【解答】用半逆解法求解。（1）相容条件：将应力函数代入相容方程式（2-25），得12024Ay0By要使满足相容方程，应使1AB（a）5（2）求应力分量，代入式（2-24）3232206Ay620Bxy306CyAyAxyCyx33（b）22By210DEy22AyDEyy2262Bxy302ExAxyExxy（3）考察边界条件①在主要边界yh2上，应精确到满足应力边界条件103()0,20即-AhDEh（c）yyh28103(),2qAh即DEhq（d）yyh28302()0,20即AxhEx（e）yxyh24联立式（a）、（c）、（d）、（e），可得：qqqq3ADEB,,,（f）335h4h4h②在次要边界x0上，主矢和主矩都为零，应用圣维南原理，写出三个积分的应力边界条件：h/2()dy0h/2xx0满足条件5hh/2/2Ah33()(20ydy6Ay)00CyydyChhh/2/2xx02（g）h/2()dy0h/2xyx0满足48 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解将A的值带入（g），得qC=（h）10h将各系数代入应力分量表达式（b），得22yy3xq(46)x22hh5h3qyy(134)y32hh23qxy(14)xy22hh【3-14】矩形截面的柱体受到顶部的集中力2F和力矩M的作用（图3-15），不计体力，试用应力函数233AyBxyCxyDy求解其应力分量。【解答】采用半逆解法求解。(1)相容条件：将应力函数代入相容方程(2-25)，显然满足。(2)求应力分量：将代入（2-24）26A6CxyDyx0（a）y2BCy3xy(3)考察边界条件。①在主要边界yb/2上，应精确满足应力边界条件y0满足yb/232xyqB,Cbq（b）yb/24②在次要边界x=0上，可用圣维南原理，写出三个积分应力边界条件49 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解b/2b/22b/2()xx0dyF(2Ay3Dy)b/2F（c）b/2b/2123()ydyMAy2DyM（d）b/2xx02b/2b/2b/23b/2xyxodyFByCyF（e）b/2联立（b）、（c）、（d）、（e）式得F13F，2F，2MA，BqCqD（f）232b2bbbb将各系数据（f）代入式（a），得应力分量解答FFM1212qxyyx23bbbb0y136FF2qqyxy22bbb【分析】本题题目中原教材给出的坐标轴有误，无法计算。x，y坐标互换后可以计算，但计算结果与题目提示解答几乎完全不同，又将y轴调为水平向左为正方向，才得到提示结果。可见，在求解问题时，坐标轴的方向及原点的位置与解答关系密切，坐标轴不同可得到完全不同的结果。【3-15】挡水墙的密度为，厚度为b(图3-16)，水的密1度为，试求应力分量。2【解答】（1）假设应力分量的函数形式。因为在yb/2边界上，0；yb/2边界上，gx，所以可yy2以假设在区域内为yyxfy（2）推求应力函数的形式。由推求的形式y50 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解2xfyy2x2xfyfy1x23xfyxfy12fy6（3）由相容方程求应力函数。将4代入0，得34244xdfdfdfdf12xx2044426dydydydy要使上式在任意的x处都成立，必须4df320();fyAyByCyD4dy42df1dfAB543220();fyyyGyHyIy421dydy1064df2320()fyEyFy42dy代入即得应力函数的解答，其中已经略去了与应力无关的一次项，得应力354xAyBy323232函数为：()Ay()(ByCy)DxGyHyIyEyFy6106（4）由应力函数求应力分量，将代入公式（2-24），注意体力fgf,0，求得应力分量表达式xy12332Bxx2fxxAyxAy2By26Cy2Hy36Ey2Fgx1232yy2fyxAyByCyDx22xAB24322xy32Ay32ByCyyGyHyIxy223（5）考察边界条件在主要边界yb/2上，应精确满足应力边界条件51 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解32bbby22gxxABCDgxyb/284232bbby0xABCD0yb/284222432x33bbbbxy0ABbCABGHbI0yb/22432124由上式得到23bABbC04432bbb3ABGHbI032124求解各系数，得231AgBCgD,0,gH,,03222bb222bb3IgG(a)2164在次要边界x0上，列出三个积分的应力边界条件b/2xdyF00b/2x0b/2xydyE00b/2x02b/2bbb/2xyx0dyIgG02(b)804由式(a)、(b)解出b1,IgGg228010b将各系数代入应力分量的表达式，得52 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解22g3332g42gxyxyxygxx331b5bb32yy31gxy23bb222323y3y3ybxy22gx23gyb4bb10b80y【3-16】试分析简支梁受均布荷载时，平截面假设是否成立？【解答】弹性力学解答和材料力学解答的差别是由于各自的解法不同。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，因而得出的解答较精确。而在材料力学的解法中，没有严格考虑上述条件，因而得出的是近似的解答。例如，材料力学引用了平面截面假设而简化了几何关系，但这个假设对于一般的梁是近似的。所以，严格地说，平截面假设不成立。【3-17】试证明刚体位移uv,和实际上表示弹性体中原点的平移和转0001vu动分量，并应用§3-3的解答加以验证（注：微分体的转动分量）2xy【解答】为了区分原点的转动分量与任意点处的转动分量，定义原点的转动分量为，任意点处的转动分量为。0由§3-3可知，任意点处的平动分量为：MuxyyuEI00vMMy22xxv0022EIEI则任意点处的转动分量为53 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解11MMMxx00x02xy2EIEIEI因此，原点的平动和转动分量，即x=y=0时uuvv,,000得证。第四章平面问题的极坐标解答典型例题讲解例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。qqqqDqAxCBα0qqx"y"qφyρ例4-1图【解】（1）根据材料力学公式，求极值应力和量大正应力的方位角2maxxyxy2xmin2254 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解其中0,q,得xyxqq,。maxmin最大正应力所在截面的方位角为qmaxtan10q0maxy04若在该纯剪切的矩形薄板中，沿与板边成方向截取矩形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看作与一对边受拉，另一对边受压的板等效。（2）取极坐标系如图。由22rrσqcos2(1φ)(13),ρ22ρρr4σqcos2(13φ),(4-18)φ4ρrr22τqsin2(1φ)(13).ρφ22ρρ得矩形薄板ABCD内的应力分量为22aaσρqcos2(1φ22)(13)aρρ4aσφqcos2(13φ4)bρ22aaτρφqsin2(1φ22)(13)cρρ其中为小孔的半径，而孔边最大与最小正应力由式（b），在处得到4aσqcos2(13φ)4cos2,φ4a当时，孔边最小正应力为，55 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解当时，孔边最大正应力为。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。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1f012f0xyxf0xxyyxyf0yyx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；而项是由于正面上的面积大于负面上的面积而产生的，是由于正负面上的正应力在通过微分体中心的方向有投影而引起的。第二式中，前两项也与直角坐标相似；而是由于正面面积大于负面上的面记而产生的；是由于正负面上的切应力在通过微分体中心的方向有投影而引起的。由于56 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解，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uuu11uuuuxxvyyvuxyxy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；第三式中的是由于环向位移而引起的环向钱段的转角，这项也是在极坐标中才有的。（3）极坐标，直角坐标中的物理方程1()E1()E12(1)GE57 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解1xxyE1yyxE21xyxyE极坐标中的物理方程与直角坐标的物理方程是相似的。4-2试导出极坐标和直角坐标中位移分量的坐标变换式。【解】参看图，位移矢量是服从几何加减运算法则的。位移矢量为d，它在和坐标系中的分量分别表示为和，所以uucossinuusincos写成矩阵形式ucossinuusincos解4-2图所以ucossinusincosu若写成一般形式，则位移分量的变换关系为uucosusinvusinucos58 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解uucosvsin或uusinvcos4-3在轴对称位移问题中，试导出按位移求解的基本方程。并证明可以满足此基本方程。【解】（1）设，代入几何方程中，教材中式（4-2）得形变分量uu（a）,,0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Euu21Euu（b）210将（b）式代入平衡微分方程，教材中式（4-1），在轴对称问题中，平衡方程为10（c）120式（c）中的第二式自然满足，第一式为59 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解1dEuu02d11EEduuduu02211dd2dududuuduu122u0dddd2duddu1uuduuu02222dddd2duduu1022dd上式即为求的基本方程。（2）将代入式（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】（1）在轴对称的情况下，，只有为基本未知函数，且它们仅为的函数。几何方程，教材中式（4-2）的前二式成为udud（a）uuu1对式（a）中的第二式求导，得dduu1,（b）ddx将式（a）中的代入式（b），得d1,（c）d（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，就得到按应力求解时的相容方程，即60 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解平面应力的相容方程：1()E1()（4－3）E12(1)GEd11111d()()()ddEEEd11()()1()dd1()()d平面应变的相容方程：21()E112()（4-4）E12(1)Edd22211111()()()ddE1E1E1d1111()()1()()d1111d1()()d11d()1d4-5试用一阶导数的坐标变换式，导出二阶导数的坐标变换式[教材§4-3中的（a），（b），（c）]【解】一阶导数的坐标变换公式61 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解sincosxxxcossinyyy二阶导数的变换可以由一阶导数得出2sinsin()(cos)(cos)2xxxsinsinsincos(cos)(cos)222211121cosssincossincossincinos222121sincossin2222222221111cossinsin2sincos2sincos2222222221111cossin2sincos22222222111cos2sin222sincos（a）2coscos()sinsin2yyycoscoscossinsinsin222211121sinsincossincoscossincso222121sincoscos2222222112211sin2sincos2sincoscoscos22222222221111sincos2sincos222222222111snicos2sincos222（b）62 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解2sincoscossinxyxycossincoscossinsin2222112121sincossincocoscosssin222211sinsincos222222211211211sincoscossin22222222112211sincos222cossin22211221sincos222cossin（c）4-6试由应力分量的坐标变换式22cossinsin2，x2和二阶导数的坐标变换式［教材§4-3中的式（b）］,导出应力函数2y表示应力分量的表达式［教材§4-3中的式(4-5)］。2【解】，比较等式两边的系数可得教材中式（4-5），即x2y22cossinsin2x222cossinsin22y2222211122sincos222sincosy22222111cossinsni22222y63 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解21122221()4-7实心圆盘在的周界上受有均布压力q的作用,试导出其解答。【解】实心圆盘是轴对称的，可引用轴对称应力解答，教材中式(4-11)，即1dABC(12ln)22d2dA22BC32ln2（a）d0首先，在圆盘的周界（）上，有边界条件，由此得ABr(12ln)2Cq，r2r其次，在圆盘的圆心，当时式(a)中的第一、第二项均趋于无限大，这是不可能的。按照有限值条件（即，除了应为集中点以外，弹性体上的应力应为有限值。），当时，必须有A=B=O。把上述条件代入式（b）中，得qC2所以得应力的解答为q,0.q34-8试考察应力函数cos3，能解决题4-8图所示弹性体的何种6a受力问题？64 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解【解】本题按逆解法求解。（1）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221111qq33cos3cos3222266aa11qq233cos33sin3266aaqq3cos3cos322aaqcos3a22qqq32cos33cos3cos32266aaa113qq33()cos3sin366aaqq2sin3sin32aa求出边界上的面力面上，，；面上，，；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65 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解问题。24-9半平面体表面上受有均布水平为q，试用应力函数BCsin2求解应力分量，如题4-9图所示。【解】（1）相容条件将应为函数φ代入相容方程，显然满足。(2)由Φ求应力分量表达式2sin2BC22sin2BC22cos2BC(3)考察边界条件：注意本题有两个面，即，分别为面上，应力2符号以正面正向、负面负向为正。因此，有0，得C=0；2q，的。2将各系数代入应力分量表达式，得qsin2qsin2qcos2M4-10试证应力函数能满足相容方程，并求出对应的应力分量。若在2内半径为r，外半径为R且厚度为1的圆环中发生上述应力，试求出边界上的面力。【解】(1)极坐标的相容条件66 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解222211110222222M将应力函数代入，得22211M202222而4220。应力函数Φ满足相容条件。（2）由应力函数求应力分量21102220211M()22（3）内、外边界上对应的面力在内边界上，，；在内边界上，，。4-11设上题所述的圆环在处被固定，试求位移分量。1M【解】本题为平面应力的情况，将应为分量0,0,代入22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1()0E1()0E2(1)2(1)1MM22EE22G再将应变分量代入几何方程，教材式(4-2)67 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解uauu1b1uuuc根据边界条件，当时，边界是固定的。由，得u，0所以uu。当时，对任意角都有，即，由式（b）可知u，0因此uu。再由式（c），可得uu根据剪应力与剪应变之间的关系，得uuMd22G为求位移分量，必须求解式（d），令，对式（d）进行代换，得uuut1，ttte将上式代入式（d），得uu1M，ttt2teeGe2将上式化简，得68 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解uMtueetG2dy这是个一阶非其次线性微分方程，其标准格式为：PxyQx。dx先求对应的齐次方程通解。uu0tuututulnutC1ueCeCtC11Cet22用常数变易法，把换成u，即令tuuefdutt那么ueuedt代入所给的非其次方程，得duMMtttttueueeueuedtGG22ttttMueueeue2GttMuee2GM2tue2GMM122ttueCeC33224GG再把上式代入式（f），即得所求方程的通解为tttttMM2uueeCeCee3344GG将代入69 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解ttMMuCeeC3344GG令，得MuA4G根据边界条件，当时，，即MuAr0，r4GrM所以A24Gr由此得位移分量为u0,MMMru2444GrGGrr4-12楔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。2【解】（1）应用应力函数ABcos2CDsin2，进行求解。由应力函数Φ得应力分量70 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解211222cos2ABCsin2D222cos2ABCsin2D1()2sin22cos2ABC（2）考察边界条件：根据对称性，得0;a2qb;20;c2qd.2由式（a）得2cosABCD2sine20;由式（b）得2sin2ABCqf2cos2;由式（c）得2cosABCD2sing20;由式（d）得2sinABC2cosqe;式（e）、（f）、（g）、（h）联立求解，得qqABCD,0,,cot.sin2将以上各系数代入应力分量，得cos2qcotsincos2qcotsinsin2qsin4-13设有内半径为r，外半径为R的圆筒受内压力q，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71 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解内压力q的情况下，取应力分量表达式，教材中式（4-11），由位移单值条件，B=0。ABC(12ln)22A2BC32ln2（4-11）0内外的应力边界条件要求0,0;rRrRq,0.由表达式可见，前两个关于的条件是满足的，而后两个条件要求A2Cq2rA20C2R由上式解得222qrRqrACa,.2222RrRr2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)1AuBBCIK[(1)2(1)(ln1)(13)2(1)]cossinE22211qrRqr(1)2(1)cossinIK2222ERrRr222qrR(1)(1)cosIKbsin22ERruHIKsinccos0式(c)中的取任何值等式都成立，所以各自由项的系数为零H=I=K=O。72 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解所以，轴对称问题的径向位移式（b）为22qrRu(1)(1)22ERrE而圆筒是属于平面应变问题，故上式中E,代替，则有21122qrRu(1)(1)22ERr22qrRu(1)(1)E22112Rr122qr122(1)(1)R22ERr1122(1)(1)R11q2ER1221r此时内径改变为2222(1)(1)r(1R)rR(1)21111qr1uqr22ErRRE211r2221rrqr12(1)(1)rR2222ERr1qr12(1)r2r2R222RR22ERr122222qrrR1(1rR)122ERr122222qr1(1)RrRr22ERr1qr12Rr2222ERr1外径改变为73 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解22(1)RR(1)211qr12rRuqR222ERRERr1221r圆环厚度的改变为2qr1Rruu。RrERr14-14设有一刚体，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r的圆筒，圆筒受内压力为q，试求圆筒的应为。【解】本题为轴对称问题，故环向位移，另外还要考虑位移的单值条件，有（1）应力分量引用轴对称应力解答，教材中式(4-11)。ABC(12ln)22A2BC32ln2（4-11）0取圆筒解答中的系数为A、B、C，刚体解答中的系数为A＇、B＇、C＇，由多连体中的位移单值条件，有（a）。（b）现在，取圆筒的应力表达式为A2C2cA2C274 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解刚体的应力表达式A2C2dA2C2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，由此得A2Cqe2r其次，在远离圆孔处，应当几乎没有应力，于是有0,0,由此得（f）再次，圆筒和刚体的接触面上，应当有。RR于是有式（c）及式（d）得AA22CC。22RR（2）平面应变问题的位移分量应用教材中式（4-12）的第一式，稍加简化后可以写出圆筒和刚体的径向位移表达式1Au[(1)2(1B)(ln1)B(13)2(1C)]IcosKsin,E(4-12)44BBuf()df()HIsinKcos1EE75 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解E因圆筒是属于平面应变问题，故上式中E,代替，则有2111AuCIK[(1)2(1)]cossinE112121112A[()2()]cossinCIKE1111112A[()2()]cossinCIKE111A[2(12)]CIKcossinE1A[2(12)C]cosIKsinhEui0刚体的径向位移为零，在接触面上，圆筒与刚体的位移相同且都为零，即uu0。RR将式（h）和式（i）代入，得1AuCRIK[2(12)]cossin0ER方程在接触面上的任意点都成立，取任何值都成立，方程两边的自由项必须相等。于是得1A[2(12)CR]0。ER简化并利用式(f)，得1A[2(12)CR]0ERA2(12)CR0R2A2(12)CRj76 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解（3）圆筒的应力把式（j）代入式（e），得A2Cq2r212(12)CR2Cq2r22(12)R2Cq2r2qrC222(12)Rr2ACR2(12)22qr2(12)R222(12)Rr22(12)qrR22(12)Rr圆筒的应力为222AqrRqr1(12)22C222222(12)2(12)RrRr22(12)12rR2222rrRr22qq2222(12)(12)RrRr12122Rq(12)122rR77 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解2221(12)qrRqr222222(12)2(12)RrRr22(12)qrR22qr2222(12)(12)RrRr12222rRr2q22(12)Rr12122Rq12122rR4-15在薄板内距边界较远的某一点处，应力分量为0,q，如xyxy该处有一小圆孔，试求孔边的最大正应力。qqqqDqAxCBα0qqx"y"qφyρ图4-15【解】（1）根据材料力学公式，求极值应力和量大正应力的方位角78 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解2maxxyxy2xmin22其中0,,q得xyxqq,。maxmin最大正应力所在截面的方位角为qmaxtan10q0maxy04若在该纯剪切的矩形薄板中，沿与板边成方向截取矩形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看作与一对边受拉，另一对边受压的板等效。（2）取极坐标系如图。应力分量xyxyqq,,0代入坐标变换式，教材中式（4-7），得到外边界上的边界条件qacos2,Rqbsin2.R在孔边，边界条件是79 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解0,cr0.dr由边界条件式（a）、（b）、（c）、（d）可见，用半逆解法时，可假设为的某一函数乘以，而为的另一函数乘以。而2111,()。22因此可假设fecos2.将式（e）代入相容方程，教材中式（4-6），得80 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解22211022222211fcos2022222221111fcos2022222222211ff14cos2cos2fcos202222222211ff14fcos2022222222dddf1df41df1df4ffcos2cos222222dddddd221df1df4dfcos202222ddd32ddf14df18dfdffcos232223ddddd321df1df1df84dffcos232223dddd24df1df4fcos20222dd32ddf5df18dffcos23223dddd321df5df18df3223fcos2ddd24df1df4fcos20222dd4223df10df51dfdf1df248df433222234fcos2dddddd321df5df1df8fcos233224ddd24df4df16fcos202234dd432df2df9df9dfcos2043223dddd81 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解432df2df9df9df043223dddd299ffff()()()()023方程两边同乘以，得432ffff()2()9()9()0这是齐次欧拉方程。作变换或，有df()df()dt1df()ddtddt222df()d1df()1df()1df()dt1df()1df()122222dddtdtdtddtdt21df()df()22dtdt3222df()d1df()df()2df()df()1ddf()df()3223222dddtdtdtdtddtdt2322df()df()1df()1df()132232dtdtdtdt321df()df()df()32332dtdtdt43232df()d1df()df()df()3df()df()df()32324332432dddtdtdtdtdtdt321ddf()df()df()32332ddtdtdt324323df()df()df()1df()df()df()32324324432dtdtdtdtdtdt4321df()df()df()df()61164432dtdtdtdt将上式代入欧拉方程，得82 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解43232431()df()df()df()df1()df()df()df6116+2324432332dtdtdtdtdtdtdt221()df()df1()df99022dtdtdt432dfdf()df()df()()+6116432dtdtdtdt32dfd()fdf()()26432dtdtdt2dfdf()()9+92dtdtdf()9=0dt432dfdf()df()df()()44+16=0432dtdtdtdt432dfdf()df()df()()所以，得：44+16=0432dtdtdtdt其特征方程为：43244+16=034440344024404220解得，420-2、、、。于是方程的通解为42tt0tt2FtAeBeCeDe142ttAeBeCD2te作变，得421fABCD2其中A、B、C、D为待定常数。代入（C），得应力函数421cos2ABCD283 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解从而由式（4-5）得应力分量221114211421=cos2ABCDcos2ABCD2222221314421=cos24A2B2Dcos2ABCD32246CDcos22B+242242211cos2cos2AB12C2D6ABD222411111242cos2ABCD222142sin2ABCD23112sin2ABCD322CD32CD62sin23sin2ABAB622424(d)将式（b）代入边界条件式（a）和（b），得46CD21Bq24RR226CD62AR2BqRR242B0346CD24rr226CD62Ar04B24rr求解A、B、C、D，然后命，得先消去D，由（1）+（2）及（3）+（4）得84 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解22C64+ARB2q5（）R264Ar06B22C（）2r22由（5）/R-（6）/r，得2244rRrRq2B+C22442rRrRR222244422BrRrR+CrRqrR222244422BRrrR+CRrqrR422222qrR2BRrrRC=（7）44Rr44由（1）*R-（3）*r，得442242BR+4C8rRrqR（）将（7）代入（8），得2244CRrqRB442Rr422222qrR2BRrrR224444RrqRRrB442Rr422222qrR2BRrrR44qR48qrR42BR2r2rR22qR6qrR24Rr22B=44442222RrRrRr44222222426242BRrRr8BRrrR=4qrRqRqrR42rr4262441r4rRRrRRR02B=qqqR662442624Rr33rRrRrrr133RRRqB=-2代入（7）式，得85 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解422222qqrRRrrR2qrR4222qR22rrRrR4224rR42rR2C=q444444RrRrRr242rRr2qqqr444Rrr1R由（3）式得46CD20B24rr422Br+4Cr60Dq42224rqrr42qrD62由（4）式得226CD62Ar0B24rr422qqr2662Ar0qr2422rr262Ar30qqqA0将各已知值代入式（d），得应力分量的最后表达式22rrσqcos2(1φ)(13),ρ22ρρr4σqcos2(13φ),(4-18)φ4ρrr22τqsin2(1φ)(13)。ρφ22ρρ在孔边ρr，σφ4cos2qφ，最大、最小应力为4q，应力集中系数4为。4-16同习题4-15，但。【解】（1）求出两个主应力，即86 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解22qmaxxyxy2xmin220（2）原来的问题变为矩形薄板只在左右两边受均布拉力2q，如解4-16图（a）所示。可以将荷载分解为两部分：第一部分是四边受均布拉力qq1213q，如解4-16图（b）；第二部分是左右两边的均布拉力22qqqq121312q和上下两边的均布压力q，如解4-16图（c）。对于第222一部分荷载，可应用解答，教材中式(4-17)；对于第二部分解答，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）。222rrrσqq(1)cos2(1)(13φ),ρ222ρρρrr24σqq(1)cos2(13),φφ24ρρrr22τqsin2(1φ)(13)ρφ22ρρ沿着孔边，环向正应力是2qq4cos2最大环向正应力为6q。max4-17在距表面为h的弹性地基中，挖一直径为d的水平圆形孔道，设，弹性地基的密度为，弹性模量为E，泊松比为。试求小圆孔附87 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解近的最大、最小应力。【解】（1）距地表为h处，无孔时的铅直应力，由水平向条件，可得gh。xy1x向为水平圆形孔道的轴向，在横向y，z平面的主应力为gh,gh。131（2）原来的问题变为管道在左右两边受均布压力gh，在上下两1边受均布压力gh，如解4-17图（a）。可以将荷载分解为两部分：第一都gh13分是四边的均布压力，如解4-17图（b）。第二部分是左右22188 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解12gh两边的均布拉力13,如解4-17图（c）。对于第一部分荷载，221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）。222ghrrr12ghσ(1)cos2(1)(13),φρ2222121ρρρghrr2412ghσ(1)cos2(13),φφ242121ρρ12ghrr22τsin2(1φ)(13).ρφ2221ρρ沿着孔边，环向正应力是gh212ghcos2。11最大环向正应力为1434gh,gh。maxmin114-18设半面体在直边界上受有集中力偶，单位宽度上力偶矩为M，如题4-l8图所示，试求应力分量。【解】应用半逆解法求解。（1）按量纲分析方法，单位宽度上的力偶矩与力的量纲相同。应为应与有关，由于应力的量纲是单位面积上的力，即，应力只能以形势组合。（2）应比应力的长度量纲高二次幂，可假设。89 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解（3）将φ代入相容方程，得222110222222211110222222222111d022222d22222d1d1d1d1d1d0222222222dddddd2246d12d1d0423244ddd421dd40442dd42dd4042dd这是四阶常系数齐次微分方程，其特征方程为4240求解特征方程42402240a它的根是2,ii2,0。1234因此，所给微分方程的通解为eCCeC12cosC34sin此处0,2,0，所以CCcos2CCsin2。1234将系数修改为，有ABcos2Csin2Db本题中结构对称于的x轴，而M是反对称荷载，因此，应力应反90 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解对称于x轴，为的奇函数，从而得A=D=O。Bsin2C.c（4）由应力函数得应力分量的表达式14sin2,B20,122cos2BC.（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。在的边界上，有0,0。0,20,2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0为中心，为半径的一小部分脱离体，并列出其平衡条件。2Fxdd0,cossin20,2Fydd0,sincos0,222MdOM0,0.2上式中前两式自然满足，而第三式成为M2Be将各系数代人应力分量的表达式，得91 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解2Msin2,20,Mcos21.2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4-19图所示，试用如下的应力函数求解：ABlncossin。【解】（1）相容条件：92 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解222112222211ABlncossin22221ABAlncosBsinlncossin221ABlncossin221AAlncosBAABcossinlncoscossin1ABBlnsinsincos21111AAAcosBlncoscossin1ABBlncosBcoscossin2211111ABcos2coAAlncosBBsinsilncossn22AcosBcoscos22AB222211cos22AB22222cos1cos1cos22A2B2A2B2AB222cos1cos1sin22A2B2A2B2AB2222coscoscos22AB22A2B2AB3330可见，满足相容方程，可作为应力函数解题。应力分量表达式93 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解21122211ABAlnBcossinlncossin22111AAlnBcosABcosBsinlnsinsincos21111AAlnBcosABcossinlncossinBBcoscos2112111BAAlncoslncosAcoscosBBsinsin1AB2cos221AAAlncosBcossincos11()lncossinAB1ABBlnsinsincosAABlnsinBsincossin211122AB2cos2Acos21A()sin（2）任取一半径为的圆板为隔离体，如解4-19图所示，由竖直方向力的平衡条件求出常数B。2cossindF0，0将应力分量代入上式，化简得94 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解2cossin0dF021AABd2Fcoscossinsin002220ABA2dcosFsin0222222AAcosBdsinFA2cosBdF0cos22cos00022222AAd00Bdcos2F2cos000cos221cos2dBdF2AB222sin2sin22BFBF00022FB2所以11FABA2cos2cos21FAcos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u1111A()2coscos2cosABABAEEEu1AB12cosE1uABd12cosE1uABlnfb12cosE95 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解uu1111A()cos2cosABEE1ln11u12cos1A2BcosfABEEln1u12cos1A2BcosfABEEu1ln12cos1ABABf2cosEE1lnuABABfd12cos12cosEE1lnuABABfd1f2sin12sin1EEsinuABABfdfc12ln121E11uuuA21AsinsindGGE将式（b）、（c）代入式（d）后得96 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解11uuu21AsinGE1ln12cosABfEsinsin12ln12ABABfdf1EE1sinsin21A12ln12AsinBABfdf1EEEln1112siABnfABf12sin1EE111ln21A12sinsinABfdf12sinAB1EEE11111fABABffdf12sin12sin11EE21AsinE11fA12BAsinBff1d2fsin11EE21AsinE2sin21AfABfdff11sin11EE2sinfABAfdff11111E2sinfABfdff11111E2sinf21ABfdffe11E式（e）等号的左边和右边分别为的函数，为使等式成立，等式两边分别与一常数L相等，即df1fL1ddf11dfdfL1dfL1lnlnf1L1H1flnLHfHLdf12sin21ABfdLfdE97 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解式（f）对求一阶导数，得2df1221ABcos0f2dE2df12fABg21cos2dE这是二阶常系数非齐次微分方程，对应的齐次方程为2df1f02d它的特征方程为210。特征方程的根为ii,。于是，所给对应的齐次方程的通解为12if1e1C21C2CCcossincossin。用待定系数法求非齐次方程的一个特解。所给非齐次微分方程一般形式为ypyqyfx，且其属于x12ePxxPlnxxcossin型。由于这里ii是特征方程的根，所以k取1，所以应设特解为kx12特解的标准格式为yxePxxPxlnxcossin。f1C34Ccossin把它带入所给的非齐次方程中，得f1C3cosC4sinC3cosC4sinC3sinC4cosf2Csin2CcosCcosCsin134342C3sin2C4cosC3cosC4sinC3cosC4sin22AB1cosE1C34sinCcos2AB1cosE98 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解比较两端同类项的系数，得C031C421ABE于是求得一个特解为f1C3cosC4sin1C4sin2AB1sinE式（g）通解为1f1C12CABhcossin21sinE式（h）带入式（f）后，得df12sin21ABfdLdEdf12sinfdABL21dE12sinfdCCABAB12cosLsin21sin21EEsin12sinC12CsinABcosAB2121cosAB21LEEEsin1C12CsinABcosAB2121cosLiEE将式（i）带入式（c）可得环向位移表达式sinuABA12Bflnd12f1Esinsin12lnA12BABEE1C12CsinABcosH2j1sincosE令其中的，得1uIsinKcos2AB1sincosHE其中的常数H、I、K代表刚体的位移分量，无限大薄板在板内小孔中99 弹性力学简明教程-第四章平面问题的极坐标解答习题详解受集中力，可认为各点的位移是由形变引起的，故H=I=K=0.（3）由位移单值条件确定Auu,得0212AB120E2AB1011FF1AB2224将各系数代入应力分量的表达式，得F3cos4F1cos4F1sin4100'