弹性力学基础(程尧舜 同济大学出版社)课后习题解答

1

图2.4

习题解答

第二章

2.1计算：(1)pi iq qj jk δδδδ，(2)pqi ijk jk e e A ，(3)ijp klp ki lj e e B B 。 解：(1)pi iq qj jk

pq qj jk pj jk pk δδδδδδδδδδ===; (2)()pqi ijk jk

pj qk pk qj jk pq qp e e A A A A δδδδ=-=-; (3)()ijp klp ki lj ik jl il jk ki lj ii jj ji ij e e B B B B B B B B δδδδ=-=-。

2.2证明：若ij ji a a =，则0ijk jk e a =。

证：20ijk jk jk jk ikj kj ijk jk ijk kj ijk jk ijk jk i e a e a e a e a e a e a e a ==-=-=+。

2.3设a 、b 和c 是三个矢量，试证明：

2[,,]??????=???a a a b a c

b a b b b

c a b c c a c b c c

证：123111

2123222123333[,,]i i i i i i i i i i i i i i i i i i a a a b a c a a a a b c b a b b b c b b b a b c c a c b c c c c c a b c ??????=???==a a a b a c b a b b b c a b c c a c b c c 。

2.4设a 、b 、c 和d 是四个矢量，证明：

()()()()()()???=??-??a b c d a c b d a d b c 证：()()i j ijk k l m lmn n i j l m ijk lmk a b e c d e a b c d e e ???=?=a b c d e e ()()()()()i j l m il jm im jl i i j j i i j j a b c d a c b d a d b c δδδδ=-=- ()()()()=??-??a c b d a d b c 。

2.5设有矢量i i u =u e 。原坐标系绕z 轴转动θ系，如图2.4所示。试求矢量u 在新坐标系中的分量。 解：11cos βθ'=，12sin βθ'=，130β'=， 21sin βθ'=-，22cos βθ'=，230β'=， 310β'=，320β'=，331β'=。 1112cos sin i i u u u u βθθ''==+，

2

2212sin cos i i u u u u βθθ''==-+，

333i i u u u β''==。

2.6设有二阶张量ij i j T =?T e e 。当作和上题相同的坐标变换时，试求张量T 在新坐标系

中的分量11T ''、12T ''、13T ''和33T ''。

解：变换系数同上题。

1122

1122

1221

1111cos2sin2222i j ij T T T T T T T T ββθθ''''+-+==++，

122112212211

12cos2sin2222T T T T T T

T θθ''-+-=++，

131323cos sin T T T θθ''=+，

3333T T ''=。

2.7设有3n 个数12n i i i A ???，对任意m 阶张量12m j j j B ???，定义 12121212n m n m i i i j j j i i i j j j C A B ????????????=

若1212n m i i i j j j C ??????为n m +阶张量，试证明12n i i i A ???是n 阶张量。

证：为书写简单起见，取2n =，2m =，则

ijkl ij kl C A B =，

在新坐标系中，有

i j k l i j k l C A B ''''''''= (a) 因为ijkl C 和kl B 是张量，所以有

i j k l i i j j k k l l ijkl i i j j ij k k l l kl i i j j ij k l C C A B A B ββββββββββ''''''''''''''''=== 比较上式和式(a)，得

()0i j i i j j ij k l A A B ββ''''''-=

由于B 是任意张量，故上式成立的充要条件是 i j i i j j ij A A ββ''''=

即ij A 是张量。

2.8设A 为二阶张量，试证明tr ?=?I A A 。

证：=()()===tr jk j k jk i j i k jk ij ik ii i i A A A A δδ?=???????I A A e e e e e e e e 。

2.9设a 为矢量，A 为二阶张量，试证明：

3

(1)()T T ?=-?a A A a ，(2)()T T ?=-?A a a A

证：(1) ()()()T T T T ji i j k k ji i k jkn n A a A a e -?=-??=-?A a e e e e e

()T

ji k jkn i n jn k jki i n A a e A a e =-?=-?e e e e k k jn j n a A =??=?a A e e e 。 (2) ()()()T T T T i i kj j k kj i ijn n k a A A a e -?=-??=-?a A e e e e e ()nj i ijk n k nj n i jik k A a e A a e =-?=?e e e e

nj n j i i A a =??=?A a e e e

2.10已知张量T 具有矩阵

123[]456789=??

??????

T 求T 的对称和反对称部分及反对称部分的轴向矢量。

解：T 的对称部分具有矩阵 1351([][])3572579T +=????????

T T ， T 的反对称部分具有矩阵 0121([][])1012210T ---=-????????

T T 。 和反对称部分对应的轴向矢量为

1232=-+ωe e e 。

2.11已知二阶张量T 的矩阵为

310[]130001-=-??

??????

T 求T 的特征值和特征矢量。

解：2310

130(1)[(3)1]0001λλλλλ

----=---=-

由上式解得三个特征值为14λ=，22λ=，31λ=。

将求出的特征值代入书中的式(2.44),并利用式(2.45)，可以求出三个特征矢量为

4

112)-a e

，12)a e +e ，33=a e 。

2.12求下列两个二阶张量的特征值和特征矢量：

αβ=+?A I m m ，=?+?B m n n m

其中，α和β是实数，m 和n 是两个相互垂直的单位矢量。

解：因为

()()αβαβ?=+??=+A m I m m m m ，

所以m 是A 的特征矢量，αβ+ 是和其对应的特征值。设a 是和m 垂直的任意单位矢量，则有

()αβα?=+??=A a I m m a a

所以和m 垂直的任意单位矢量都是

A 的特征矢量，相应的特征值为α，显然α是特征方程的重根。

令

2)-m n e

，3)+m n e ，123?e =e e 则有

23)m e +e

，23)-n e +e 上面定义的i e 是相互垂直的单位矢量。张量B 可以表示成

1122330=?-??B e e e e +e e

所以，三个特征值是1、0和－1，对应的特征矢量是3e 、1e 和2e 。

2.13设a 和b 是矢量，证明：

(1)2()()????=???-?a a a

(2)()()()()()???=??-??+??-??a b b a a b a b b a

证：(1) 这一等式的证明过程和书中证明式(2.14)的过程相同，在此略。 (2) ()()()j j k k j k jkm m i i

i i a b a b e x x ???????=??=?a b e e e e e ,,,,()()()j i k j k i jkm imn n j i k j k i jn ki ji kn n a b a b e e a b a b δδδδ=+=+-e e ,,,,j i i j j i i j j j k k i k i k a b a b a b a b =+--e e e e

()()()()=??-??+??-??b a a b a b b a

2.14设2321232x yz xz xz =-+a e e e ，求1()2

=?-?w a a 及其轴向矢量。

5

解：12

()=?-?w a a 23223211213212

[(2)()(2)x z z x y z z x z =+?+-?-+?e e e e e e 22222331326()6]xz z x y xz -?+-?+?e e e e e e

由上式很容易得到轴向矢量，也可以按下面的方法计算轴向矢量 222321112322

[6()(2)]xz x y z z x z =??=+--+ωa e e e 。

2.15设S 是一闭曲面，r 是从原点O 到任意一点的矢径，试证明：

(1)若原点O 在S 的外面，积分

30S dS r ?=?n r ； (2)若原点O 在S 的内部，积分

34S dS r π?=?n r 。 证：(1)当0r ≠时，有 33

()()0i i x r x r ???==?r (b) 因为原点在S 的外面，上式在S 所围的区域V 中处处成立，所以由高斯公式得 33()0S V

dS dv r r ?=??=??n r r 。

(2)因为原点在S 的内部，所以必定存在一个以原点为球心、半径为a 的球面S '完全在S 的内部。用V 表示由S 和S '所围的区域，在V 中式(b)成立，所以 3333()0S S S S V

dS dS dS dV r r r r ''+???=+=??=????n r n r n r r 即

33S S dS dS r r '??=-??

n r n r 在S '上，r a =，/a =-n r ，于是

3322114S S S S dS dS dS dS r r a a π'''??=-===????n r n r 。

2.16设123(2)y x xz xy =+--f e e e ，试计算积分()S

dS ????f n 。式中S 是球面

2222

x y z a ++=在xy 平面的上面部分. 解：用c 表示圆222x y a +=，即球面2222x y z a ++=和xy 平面的交线。由Stokes

公式得

6

()0S c c

dS d ydx xdy ???=?=+=???f n f r 。

第三章

3.1设r 是矢径、u 是位移，=+r

r u 。求d d r r ，并证明：当,1i j u <<时，d d r r 是一个可逆 的二阶张量。

解：

d d d d d d =+=+?r r u I u r r r d d =+?r I u r

的行列式就是书中的式(3.2)，当,1i j u <<时，这一行列式大于零，所以d d r r

可逆。

3.2设位移场为=?u A r ，这里的A 是二阶常张量，即

A 和r 无关。求应变张量ε、反对称张量()/2=?-?Ωu u 及其轴向矢量ω。

解：?=u A ，1()2T =

+εA A ，1()2T =-ΩA A ， 1122i jk j k l l i

A x x ??=??=???ωu e e e e 111222

jk ijm m k il l jk ijm m ki ji ijm m A e A e A e δδ=?==?e e e e e

3.3设位移场为=?u A r ，这里的A 是二阶常张量，且,1i j u 。请证明：

(1)变形前的直线在变形后仍为直线；

(2)变形前的平面在变形后仍然是一个平面；

(3)变形前的两个平行平面在变形后仍为两个平行的平面。 证：(1)方向和矢量a 相同且过矢径为0r 的点的直线方程可以写成 0t =+r a r (1) 其中t 是可变的参数。变形后的矢径为

()=+=+?=+?r

r u r A r I A r (2) 用+I A 点积式(1)的两边，并利用式(2),得

0()()t =+++??r

I A a I A r 上式也是直线方程，所表示的直线和矢量()+?I A a 平行，过矢径为0()+?I A r 的点。

所以变形前的直线变形后仍然是直线。

7

(2)因为,1i j u ，所以+I A 可逆。记1()-=+B I A ，则

1()-=+=??r I A r

B r (3) 变形前任意一个平面的方程可以表示成

c ?=a r (4) 其中a 是和平面垂直的一个常矢量，c 是常数。将式(3)代入式(4)，得

()c ??=a B r

(5) 上式表示的是和矢量?a B 垂直的平面。所以变形前的平面在变形后仍然是平面。

(3)变形前两个平行的平面可以表示成

1c ?=a r ，2c ?=a r

变形后变成

1()c ??=a B r

，2()c ??=a B r 仍是两个平行的平面。

3.4在某点附近，若能确定任意微线段的长度变化，试问是否能确定任意两条微线段之间

夹角的变化；反之，若能确定某点附近任意两条微线段之间的夹角变化，试问能否确定任意微线段的长度变化。

答案：能；能。

3.5设位移场为=?u A r ，其中A 是二阶常张量，n 和m 是两个单位矢量，它们之间的夹

角为θ。求变形后θ的减小量。

解：n 和m 方向的正应变分别为

n ε=??n εn ，m ε=??m εm

用n ε和m ε代替式(3.11)中的1ε和2ε，经整理，得θ的减小量θ?为 2ctg ()sin θθθ

?=

??-??+??n εm n εn m εm 又()/2T =+εA A ，所以 1()ctg ()sin T θθθ?=?+?-??+??n A A m n A n m A m 。

3.6设n 和m 是两个单位矢量，d dr =r n 和r δδ=r m 是两个微小的矢量，变形前它们所张的平行四边形面积为

A d δ=?r r ，试用应变张量把变形时它的面积变化率

/A A ?表示出来，其中A ?是面积变形前后的改变量。

解：变形后，d r 和δr 变成

d d d d =+?+?r

r εr ωr ，δδδδ=+?+?r r εr ωr 对上面两式进行叉积，并略去高阶小量，得

d d d d δδδεδ?=?+??+??r r r r r εr r r 对上式两边进行自身点积，略去高阶小量，得

8

()()d d δδ???r

r r r ()()2()()2()()d d d d d d δδδδεδδ=???+????+????r r r r r εr r r r r r r (a) 注意到

22()()()2()d d A A A A A δδ???=+?≈+?r r r r 2()()d d A δδ???=r r r r

所以，从式(a)可得 ()()()()()()

d d d d A A d d δδδδδδ????+?????=???r εr r r r εr r r r r r r

()()()()()()????+????=???n εm n m n εm n m n m n m 利用习题2.4中的等式，上式也可写成

22()()1()A A ??-???+??=-??n εn n εm n m m εm n m

3.7设在一个确定的坐标系中的应变分量为ij ε，让坐标系绕z 轴转动θ角，得一个新的坐

标系，求在新坐标系中的应变分量。

解：11cos βθ'=，12sin βθ'=，130β'=，

21sin βθ'=-，22cos βθ'=，230β'=，

310β'=，320β'=，331β'=。 cos2sin222

x y x y x xy εεεεεθεθ'+-=++， cos2sin222

x y x y y xy εεεεεθεθ'+-=--， sin2cos22

x y x y xy εεεθεθ''-=-+， cos sin x z xz yz εεθεθ''=+，sin cos y z xz yz εεθεθ

''=-+，z z εε'= 3.8在Oxy 平面上，Oa 、Ob 、Oc 和x 轴正方向之间的夹角分别为0 、60 、120 ，如图

3.9所示，这三个方向的正应变分别为a ε、

b ε和

c ε。求平面上任意方向的相对伸长度n ε。

解：在Oxy 平面中，和x 方向成θ角的方向，

其方向余弦为

图3.9

9

1cos n θ=，2sin n θ=，30n =

这一方向的相对伸长度为

n ij i j n n εε=

22cos 2sin cos sin x xy y εθεθθεθ=++ cos2sin222x y x y

xy εεεεθεθ+-=++

cos2sin2A B C θθ=++ (a)

利用上式，可得

a A B ε=+

，12b A B ε=-

，12

b A B ε=- 解之，得 3

a b c

A εεε++=，23a b c

B εεε--=

，)b c C εε- 将求出的A 、B 和C 代回式(a)，得

2cos233

a b c a b c

n εεεεεεεθθ++--=+

3.9试说明下列应变分量是否可能发生：

2x axy ε=，2y

ax y ε=，z axy ε=， 22yz ay bz γ=+，22xz ax by γ=+，0xy γ=

其中a 和b 为常数。

解：如果列出的应变分量是可能的，则必须满足协调方程。将题中的应变分量代入协

调方程(3.34c)，可以发现，必须有0a b ==。所以当a 和b 不为零时，上述应变分量是不可能发生的。

3.10确定常数0A ，1A ，0B ，1B ，0C ，1C ，2C 之间的关系，使下列应变分量满足协

调方程

224401()x A A x y x y ε=++++，

224401()y B B x y x y ε=++++，

22012()xy C C xy x y C γ=+++，

0z zx zy εγγ===。

解：将所给应变分量代入协调方程，可以得到常数之间的关系如下：

14C =，

1122A B C +=。

其它三个常数0A 、0B 、0C 可以是任意的。

3.11若物体的变形是均匀的，即应变张量和空间位置无关，试写出位移的一般表达式。

10

解：由于应变张量ε和空间位置无关，所以书中的式(3.36a)简化成

00000000()()()d =+?-+=+?-+-???r

r u u ωr r εr u ωr r εr r 其中0u 是任意的刚体平移，0ω是任意的角位移矢量。

3.12设x ax ε=，y by ε=，z cz ε=，0xy yz zx εεε===，其中a ，b ，c 是常量，求位

移的一般表达式。

解：所给的应变张量是，

112233ax by cz =?+?+?εe e e e e e

很容易验证0??=ε，且有 2221231231()2d ax dx by dy cz dz d ax by cz ε?=++=

++r e e e e e e 所以从式(3.36a),得

000()d =+?-+

??r r u u ωr r εr 00002221231()()2d ax by cz =+?-+++?r r

u ωr r e e e 0000002222221231()2

[()()()]a x x b y y c z z =+?-+-+-+-u ωr r e e e

第四章

4.1已知物体内一点的六个应力分量为：

50x a σ=，0y σ=，30z a σ=-，75yz a τ=-，80zx a τ=，50xy a τ= 试求法线方向余弦为112n =，122

n =

，3n 的微分面上的总应力T 、正应力n σ和剪应力n τ。

解：应力矢量T 的三个分量为

11106.57i i T n a σ==，228.033T a =-，318.71T a =-

总应力111.8T a 。 正应力26.04n i i

T n a σ==。

剪应力108.7n a τ。

4.2过某点有两个面，它们的法向单位矢量分别为n 和m ，在这两个面上的应力矢量分别

为1T 和2T ，试证12?=?T m T n 。

证：利用应力张量的对称性，可得

11

12()()ij i j ji i j n m n m σσ?=??===??=?T m n σm m σn T n 。证毕。

4.3某点的应力张量为

01211210x xy xz yx y yz y zx zy z στττστσττσ=????

????????????

且已知经过该点的某一平面上的应力矢量为零，求y σ及该平面的单位法向矢量。 解：设要求的单位法向矢量为i n ，则按题意有

0ij j

n σ= 即

2320n n +=，1230y n n n σ++=，1220n n += (a) 上面第二式的两倍减去第一式和第三式，得

2(22)0y n σ-=

上式有两个解：20n =或1y

σ=。若20n =，则代入式(a)中的三个式子，可得1n =30n =，这是不可能的。所以必有1y σ=。将1y σ=代入式(a)，利用1i i n n =，可求得

n

4.4基础的悬臂伸出部分具有三角柱体形状，见图4.8，下部受均匀压力作用，斜面自由，

试验证应力分量 22(arctg

)x y xy A C x x y σ=--++ 22(arctg )y

y xy A B x x y σ=-+++ 0z yz xz σττ===，2

22xy y A x y τ=-+ 满足平衡方程，并根据面力边界条件确定常数A 、B 和C 。 解：将题中的应力分量代入平衡方程，可知它们

满足平衡方程。

在0y =的边界上，有边界条件

0()y y q σ==-，0()0xy y τ==

所给的应力分量xy τ自动满足上面的第二个条件。将y σ

的表达式代入上面的第一个条

图4.8

12

件，得

AB q =- (1) 在上斜面上，有tg y x β=-，所以斜面上的应力分量可以简化成

(sin cos )x A C σβββ=++，(sin cos )x A B σβββ=-+，

2sin xy A τβ=-，0z yz xz σττ=== (2) 斜面上的外法向方向余弦为

1sin n β=-，2cos n β=-，30n = (3) 将式(2)和(3)代入边界条件0ij j

n σ=，得 0(sin cos )cos 0C A AB βββββ+=--=???

(4) 联立求解(1)和(4)，得

tg q A ββ=-，tg B ββ=-，C β=-

4.5图4.9表示一三角形水坝，已求得应力分量为

x ax by σ=+，y

cx dy σ=+，0z σ=， 0yz xz ττ==，xy dx ay x τγ=---

γ和1γ分别是坝身和水的比重。求常数a 、b 、c 、d ，

使上述应力分量满足边界条件。

解：在0x =的边界上，有边界条件

01()x x y σγ==-，0()0xy x τ==

将题中的应力分量代入上面两式，可解得：0a =，1b γ=-。

在左侧的斜面上，tg x y β=，外法向方向余弦为

1cos n β=，2sin n β=-，30n =

把应力分量和上面得到的有关结果代入边界条件0ij j n σ=，可解得：

21ctg d γβγ=-，21ctg (2ctg )c βγγβ=-。

4.6物体的表面由(,,)0f x y z =确定，沿物体表面作用着与其外法向一致的分布载荷

(,,)p x y z ，试写出其边界条件。

解：物体表面上任意一点的外法向单位矢量为

图4.9

13

n 或

i n 按题意，边界条件为

p ?=σn n

因此

即 f p f ??=?σ

上式的指标形式为

,,ij j i f pf σ=。

4.7如图4.10所示，半径为a 的球体，一半沉浸在密度为ρ的液体内，试写出该球的全

部边界条件。

图4.10

解：球面的外法向单位矢量为 i i x a a ==r n e 或 i i x n a

= 当0z ≤时，有边界条件 ?=σn 0 即 ?=σr 0 或 0ij j x σ=。

当0z ≥时，球面上的压力为gz ρ，其中g 为重力加速度，边界条件为 gz σρ?=-n n 即 gz ρ?=-σr r 或 ij j

i x gzx σρ=-。

4.8物体的应力状态为ij ij σσδ=，其中σ为矢径r 的函数。(1)证明物体所受的体积力是

有势力，即存在一个函数ψ，使ψ=-?f ；(2)写出物体表面上的面力表达式。 解：(1)应力场必须满足平衡方程，所以

,,i i i i σσσσ=-??=-??=-?=-=-?f σI I e e

所以，只要令ψσ=，就有ψ=-?f 。 (2)表面上的面力为

σσ=?=?=T n σn I n 或 i j T n σ=。

14

4.9已知六个应力分量ij σ中的30i σ=，求应力张量的不变量并导出主应力公式。

解：应力张量的三个不变量为：1x y I σσ=+，22x y xy I σστ=-，3

0I =。 特征方程是

3212122()0I I I I σσσσσσ-+=+=- 上式的三个根即三个主应力为0σ=和

2

x y

σσσ+=

4.10已知三个主应力为1σ、2σ和3σ，在主坐标系中取正八面体，它的每个面都为正三

角形，其法向单位矢量为

1n =

，2n =

3n = 求八面体各个面上的正应力0σ和剪应力0τ。 解：01231

()3

ij i j

n n σσσσσ==++， ij j i n σ=T e ，222

1232223

i i T n σσσσ++=?==T T ，

0τ

4.11某点的应力分量为1122330σσσ===，122331σσσσ===，求： (1)

过此点法向为123)++n e e e 的面上的正应力和剪应力； (2)主方向、主应力、最大剪应力及其方向。 解：

(1)123)ij j i

n σ=++T e e e e ， 224T σ=?=T T 。 正应力为2n σσ=?=T n 。

剪应力为0n τ。

由此可知，2σ

是主应力，123)++n e e e 是和其对应的主方向。 (2)用λ表示主应力，则

15

2()(2)0λ

σσ

σλσλσλσσσλ

--=-+-=-

所以，三个主应力是12σσ=，23σσσ==-。由上面的结论可知，和1σ对应的主

方向是n ，又因为23σσσ==-是重根，所以和n 垂直的任何方向都是主方向。

第五章

5.1把线性各向同性弹性体的应变用应力表示为ij

ijkl kl C εσ=，

试写出柔度系数张量ijkl C 的具体表达式。 解：11[()]2ij ij kk ij ik jl il jk ij kl kl E E E E

ννννεσσδδδδδδδσ++=

-=+-

所以 1[()]2ik jl il jk ij kl ijkl

C E E

ννδδδδδδ+=+-。

5.2橡皮立方块放在同样大小的铁盒内，在上面用铁盖封闭，铁盖上受均布压力q 作用，

如图5.2所示。设铁盒和铁盖可以作为刚体看待，而且橡皮与铁盒之间无摩擦力。试求铁盒内侧面所受的压力、橡皮块的体积应变和橡皮中的最大剪应力。

图

5.2

解：取压力q 的方向为z 的方向，和其垂直的两个相互垂直的方向为x 、

y 的方向。

按题意有 z

q σ=-，0x y εε==，x y p σσ==-

由胡克定律得 11

[()][(1)]0x x y z p q E E

εσνσσνν=

-+=-+= 所以盒内侧面的压力为

16

1p q νν

=- 体积应变为 2(21)(1)121[()](1)(1)ii

z z x y v q q E E E νννθεεσνσσνν-++-===-+==-- 最大剪应力为 max 1222(1)

z x q σσντν--==-。

5.3证明：对线性各向同性的弹性体来说，应力主方向与应变主方向是一致的。非各向同

性体是否具有这样的性质？试举例说明。

解：对各向同性材料，设i n 是应力的主方向，σ是相应的主应力，则

ij j i n n σσ= (1) 各向同性的胡克定律是

2ij ij ij σλθδμε=+

将上式代入式(1)，得2i ij j

i n n n λθμεσ+=，即 1()2ij j i n n εσλθμ

=

- 由此可知，i n 也是应变的主方向。类似地可证，应变主方向也是应力主方向。因此，应力主方向和应变主方向一致。

下面假定材料性质具有一个对称面。设所取的坐标系是应变主坐标系，且材料性

质关于Oxy 平面对称。因为0xy γ=，所以从式(5.14)得

414243xy x y z C C C τεεε=++

若应变主坐标系也是应力主坐标系，则0xy τ=，即

4142430x y z C C C εεε++=

上式只能在特殊的应变状态下才能成立。总之，对各向异性材料，应力主方向和应变

主方向不一定相同。

5.4对各向同性材料，试写出应力不变量和应变不变量之间的关系。

解：由式(5.17)可得主应力和主应变之间的关系

2i i σλθμε=+ (1) 从上式得

11(32)(32)ii I J σλμθλμ=Θ==+=+ (2) 2122331I σσσσσσ=++

17

122331(2)(2)(2)(2)(2)(2)μελθμελθμελθμελθμελθμελθ=++++++++ 2212(34)4J J λμλμ=++ （3） 3123123(2)(2)(2)I σσσλθμελθμελθμε==+++

23231123(2)48J J J J λλμμλμ=+++ (4)

式(2)、(3)、(4)就是用应变不变量表示应力不变量的关系。也容易得到用应力不变量表示应变不变量的关系。

第六章

6.1为什么同时以应力、应变和位移15个量作未知函数求解时，应变协调方程是自动满足

的？

解：因为应变和位移满足几何方程，所以应变协调方程自动满足。

6.2设

2122()f

g y g A B α=?-+?+??+u e e e

其中f 、g 、A 、B 为调和函数，问常数α为何值时，上述的u 为无体力弹性力学的位移场。

解：11,1,1()()0k i k i i j j ij ji k i k

A A A e A e x x x ?????????=?===???e e e e e e 同理2()0

B ???=?e 。

由上面两式及f 和g 是调和函数可得

,2(1)g θα=?=-?u

,2(1)g θα?=-? (1) 因f 、g 、A 、B 为调和函数，所以

2,22g ?=?u (2) 将式(1)、(2)代入无体力的Lamé-Navier 方程，得

,2[()(1)2]0g λμαμ+-+?=

上式成立的条件是

()(1)20λμαμ+-+=

即 3λμ

αλμ+=+。

6.3已知弹性体的应力场为

18

2x x σ=，2y y x σ=+，22xy x y τ=--，0zx zy ττ==，2z

z σ=-。

(1) 求此弹性力学问题的体力场；

(2) 本题所给应力分量是否为弹性力学问题的应力场。 解：(1)将所给的应力分量代入平衡方程，就可以得到体力场为32=f e 。

(2)所给的应力分量和已求出的体积力满足Beltrami-Michell 应力协调方程，所以给出的应力分量是弹性力学问题的应力场。

6.4证明下述Betti 互易公式

i i i i i i i i

S V S V

Tu dS f u dV Tu dS f u dV +=+???? ， 其中i T 、i f 、i u 和i T

、i f 、i u 分别为同一弹性体上的两组面力、体力和位移。 证：利用平衡方程、几何方程和弹性模量张量的对称性，可得 i i

i i ij j i i i S V S V

Tu dS f u dV n u dS f u dV σ+=+???? ,,,()()ij j i ij i j i i ij j i i ij ij V V V V

u

u f u dV f u dV dV σσσσε=++=++???? ij ij ijkl kl ij klij ij kl kl kl V V V V

dV E dV E dV dV σε

εεεεσε====???? ,,,[()]ij i j ij i j ij j i ij j i i i V V S V

u dV u u dV n u dS f u dV σσσσ

==-=+???? i i i i S V

Tu dS f u dV =+?? 。 证毕。

6.5如果体积力为零，试验证下述(Papkovich-Neuber)位移满足平衡方程

01()4(1)

P ν=-?+-?u p p r 其中2?=p 0，200P ?=。

证：无体力的Lam é-Navier 方程为

2()()λμμ+??+?=?u u 0 又112λμμν

+=-，所以Lam é-Navier 方程可以写成 21()12ν

?+??=-?u u 0 将所给的位移代入上式的左边，并利用22()2?=?+????r p p r p ，可得

19 0222211()()122(12)

νν??+??=-??+?--??u u p p r p 因为p 和0p 是调和的，所以上式为零，即所给位移满足平衡方程。

6.6设有受纯弯的等截面直杆，取杆的形心轴为x 轴，弯矩所在的主平面为Oxy 平面。试

证下述位移分量是该问题的解 0y z M u xy z y u EI

ωω=

+-+ 2220()2z x M v x y z x z v EI

ννωω=-+-+-+ 0x y M w yz y x w EI νωω=-+-+。 提示：在杆的端面上，按圣维南原理，已知面力的边界条件可以放松为

0x A dA σ=?，0x

A zdA σ=?，x A ydA M σ=?

其中A 是杆的横截面。

证：容易验证所给的位移分量满足无体力时的Lamé-Navier 方程。用所给的位移可以

求出应变，然后用胡克定律可以求出应力：

x My I

σ=，其它应力分量为零。 (a) 上述应力分量满足杆侧面无面力的边界条件。杆端面的边界条件为 0xz yz ττ==，0x A dA σ=?，0x A zdA σ=?，x A

ydA M

σ=? 式(a)表示的应力分量满足上述端面条件。所以，所给的位移分量是受纯弯直杆的解。

6.7图6.6表示一矩形板，一对边均匀受拉，另一对边均匀受压，求应力和位移。

q 1

2

图6.6 解：显然板中的应力状态是均匀的。容易验证下述应力分量

20

1x q σ=，2y q σ=-，0z xy yz zx στττ====

满足平衡方程、协调方程和边界条件，即是本问题的解。由胡克定律可求得应变为

12112122123311()()()q q q q q q E E E ννν=+?-+?--?εe e e e e e 利用题3.11的结果，可求得位移为

0001

20121021203

1

()()()1()()()() q q x x E q q y y q q z z E E

ννν=+?-+

+--+----u u ωr r e e e

6.8弹性半空间0z ≥，比重为γ，边界0z =上作用有均布压力q ，设在z h =处0w =，求位移和应力。

解：由问题的对称性，可以假设 0u v ==，()w w z =

把上述位移分量代入Lam é-Navier 方程，可以发现有两个自动满足，余下的一个变成

222d w dz γλμ

=-+ 解之得 22(2)

w z Az B γ

λμ=-

+++

其中的A 、B 是待定常数。由已知条件得

2()02(2)

w h h Ah B γ

λμ=-

++=+ 所以 22(2)B h Ah γ

λμ=

-+ 22)()2(2)

(w h A z h z γ

λμ=-

+-+- 应力分量为 []2x

y dw

z A dz γσσλ

λλμ

===-++，(2)(2)[]2z dw z A dz

γ

σλμλμλμ

=+=+-

++，0xy yz zx τττ===。

在0z =边界上的边界条件为：10T =，20T =，3T q =。前两个条件自动满足，最后

一个成为

21

(2)A q λμ-+= 即 (12)22(1)q q A G νλμν-=-

=-+- 所以最后得 (12)()[()2]4(1)w z h z h q G νγν-=-

-++-，0u v ==； ()z z q σγ=-+，()1x y z q νσσγν

==-+-，0xy yz zx τττ===。

6.9设一等截面杆受轴向拉力p 作用，杆的横截面积为A ，求应力分量和位移分量。设z

轴和杆的轴线重合，原点取在杆长的一半处；并设在原点处，0u v w ===，且 0u v v z z x

??????===。 答案：z p A

σ=

，0x y xy yz zx σστττ=====； p u x EA ν=-，p v y EA ν=-，p w z EA =。 6.10当体力为零时，应力分量为

222[()]x A y x y σν=+-，0yz τ=，

222[()]y A x y x σν=+-，0zx

τ=， 22()z A x y σν=+，2xy A xy τν=-

式中，0A ≠。试检查它们是否可能发生。

解：所给应力分量满足平衡方程，但不满足协调方程，故不可能发生。

6.11图6.7所示的矩形截面长杆偏心受压，压力为P ，偏心距为e ，

杆的横截面积为A ，求应力分量。 解：根据杆的受力特点，假设 z

x σαβ=+，0x y xy yz zx σστττ=====

其中α、β是待定的常数。上述应力分量满足无体力时的平衡方程和协调方程，也满足杆侧面的边界条件。按圣维南原理，

杆端的边界条件可以放松为

0zx τ=，0zy τ=，0z A dA σ=?，z A xdA Pe σ=-?

前面两个条件自动满足，将应力分量代入后两个条件，可求得 P A α=-，Pe I β=-，其中2A

I x dA =?。

图6.7

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/xs8q.html