應(yīng)用彈塑性力學習題解答

1、應(yīng)用彈塑性力學習題解答目 錄第二章 習題答案2第三章 習題答案6第四章 習題答案9第五章 習題答案26第六章 習題答案37第七章 習題答案49第八章 習題答案54第九章 習題答案57第十章 習題答案59第十一章 習題答案62 第二章 習題答案2.6設(shè)某點應(yīng)力張量的分量值已知，求作用在過此點平面上的應(yīng)力矢量，并求該應(yīng)力矢量的法向分量。解 該平面的法線方向的方向余弦為 而應(yīng)力矢量的三個分量滿足關(guān)系而法向分量滿足關(guān)系最后結(jié)果為2.7利用上題結(jié)果求應(yīng)力分量為時，過平面處的應(yīng)力矢量，及該矢量的法向分量及切向分量。解 求出后，可求出及，再利用關(guān)系可求得。最終的結(jié)果為2.8已知應(yīng)力分量為，其特征方程為三次多

2、項式，求。如設(shè)法作變換，把該方程變?yōu)樾问?，求以及與的關(guān)系。解 求主方向的應(yīng)力特征方程為式中：是三個應(yīng)力不變量，并有公式代入已知量得為了使方程變?yōu)樾问剑闪畲?，正好項被抵消，并可得關(guān)系代入數(shù)據(jù)得，2.9已知應(yīng)力分量中，求三個主應(yīng)力。解 在時容易求得三個應(yīng)力不變量為，特征方程變?yōu)榍蟪鋈齻€根，如記，則三個主應(yīng)力為記2.10已知應(yīng)力分量，是材料的屈服極限，求及主應(yīng)力。解 先求平均應(yīng)力，再求應(yīng)力偏張量，。由此求得然后求得，解出 然后按大小次序排列得到，2.11已知應(yīng)力分量中，求三個主應(yīng)力，以及每個主應(yīng)力所對應(yīng)的方向余弦。解 特征方程為記，則其解為，。對應(yīng)于的方向余弦，應(yīng)滿足下列關(guān)系 （a） （b） （

3、c）由（a）,(b)式，得，代入（c）式，得，由此求得對，代入得對，代入得對，代入得2.12當時，證明成立。解 由，移項之得證得第三章 習題答案3.5 取為彈性常數(shù)，是用應(yīng)變不變量表示應(yīng)力不變量。 解：由，可得，由，得3.6 物體內(nèi)部的位移場由坐標的函數(shù)給出，為，求點處微單元的應(yīng)變張量、轉(zhuǎn)動張量和轉(zhuǎn)動矢量。解：首先求出點的位移梯度張量將它分解成對稱張量和反對稱張量之和轉(zhuǎn)動矢量的分量為，該點處微單元體的轉(zhuǎn)動角度為3.7 電阻應(yīng)變計是一種量測物體表面一點沿一定方向相對伸長的裝置，同常利用它可以量測得到一點的平面應(yīng)變狀態(tài)。如圖3.1所示，在一點的3個方向分別粘貼應(yīng)變片，若測得這3個應(yīng)變片的相對伸長為

4、，求該點的主應(yīng)變和主方向。解：根據(jù)式先求出剪應(yīng)變?？疾旆较蚓€元的線應(yīng)變，將， ，代入其中，可得則主應(yīng)變有解得主應(yīng)變，。由最大主應(yīng)變可得上式只有1個方程式獨立的，可解得與軸的夾角為于是有，同理，可解得與軸的夾角為。3.8 物體內(nèi)部一點的應(yīng)變張量為試求：在方向上的正應(yīng)變。根據(jù)式，則方向的正應(yīng)變?yōu)?.9 已知某軸對稱問題的應(yīng)變分量具有的形式，又設(shè)材料是不可壓縮的，求應(yīng)具有什么形式？解： 對軸對稱情況應(yīng)有，這時應(yīng)變和位移之間的關(guān)系為，。應(yīng)變協(xié)調(diào)方程簡化為，由不可壓縮條件，可得可積分求得，是任意函數(shù)，再代回，可得。3.10 已知應(yīng)變分量有如下形式，由應(yīng)變協(xié)調(diào)方程，試導(dǎo)出應(yīng)滿足什么方程。解：由方程，得出必

5、須滿足雙調(diào)和方程。由，得出由，得出由此得，其它三個協(xié)調(diào)方程自動滿足，故對沒有限制。第四章 習題答案4.3有一塊寬為，高為的矩形薄板，其左邊及下邊受鏈桿支承，在右邊及上邊分別受均布壓力和作用，見題圖4.1，如不計體力，試求薄板的位移。題圖4-1解：1.設(shè)置位移函數(shù)為 （1）因為邊界上沒有不等于零的已知位移，所以式中的、都取為零，顯然，不論式（1）中各系數(shù)取何值，它都滿足左邊及下邊的位移邊界條件，但不一定能滿足應(yīng)力邊界條件，故只能采用瑞茲法求解。2.計算形變勢能。為簡便起見，只取、兩個系數(shù)。 （2） （3）3.確定系數(shù)和，求出位移解答。因為不計體力，且注意到，式4-14簡化為 （4） （5）對式（

6、4）右端積分時，在薄板的上下邊和左邊，不是，就是，故積分值為零。在右邊界上有 （6）同理，式（5）右端的積分只需在薄板的上邊界進行， （7）將式（3）、式（6）、式（7）分別代入式（4）、式（5）可解出和： ， （8） （9）4分析：把式(8)代入幾何和物理方程可求出應(yīng)力分量，不難驗證這些應(yīng)力分量可以滿足平衡微分方程和應(yīng)力邊界條件，即式(8)所示位移為精確解答。在一般情況下(這是一個特殊情況)，在位移表達式中只取少數(shù)幾個待定系數(shù)，是不可能得到精確解答的。4.4設(shè)四邊固定的矩形薄板，受有平行于板面的體力作用()，坐標軸如題圖4.2所示。求其應(yīng)力分量。題圖4-2解： 1本題為平面應(yīng)力問題，可用瑞茲

7、法求解。由題意知位移分量在邊界上等于零，所以，所以式中的、都取為零，且將位移函數(shù)設(shè)置為如下形式： （1）把或代入上式，因為，或，所以，位移邊界條件是滿足的。2把式（1）代入式（9-16），得薄板的變形勢能為 （2）3. 確定系數(shù)和。由于位移分量在邊界上為零，所以，方程式4-14簡化為 （3）式（2）代入式（3），得 （4）由于，從式（4）的第一式得，由第二式得當和取偶數(shù)時，和都為零，當和取奇數(shù)時，和都為2。因此，當取偶數(shù)時，。當取奇數(shù)時，將和代入式（1）得位移分量為4利用幾何方程和物理方程，可求出應(yīng)力分量（和取奇數(shù)）；4.5有一矩形薄板，三邊固定，一邊上的位移給定為，見題圖4.3，設(shè)位移分量為

8、，式中，為正整數(shù)，可以滿足位移邊界條件。使用瑞茲法求維持上述邊界位移而要在處所施加的面力。題圖4-3解：1.平面應(yīng)力問題時的變形勢能為式其中2確定待定系數(shù)。按題意三邊固定（），一邊只存在而面力待求。所以， （2）將式（1）代入式（2），得當體力分量為零時，得當時，所以，此時有，而3.位移和應(yīng)力解答為4.求上邊界施加的面力（設(shè)），在處4.6用伽遼金法求解上例。解：應(yīng)用瑞茲法求解上例時，形變勢能的計算工作量較大。由于此問題并沒有應(yīng)力邊界條件，故可認為上例題意所給的位移函數(shù)不但滿足位移邊界條件，而且也滿足應(yīng)力邊界條件，因此，可以用伽遼金法計算。對于本題，方程可以寫成將上題所給的表達式代入，積分后得

9、當體力不計時，此時，而由下式確定：當時，即，當時，上式成為由此解出及位移分量如下：求出的位移和應(yīng)力分量，以及上邊界的面力，都有上例用瑞茲法求得結(jié)果相同。4.7鉛直平面內(nèi)的正方形薄板邊上為，四邊固定，見題圖4.4，只受重力作用。設(shè)，試取位移表達式為用瑞茲法求解（在的表達式中，布置了因子和，因為按照問題的對稱條件，應(yīng)該是和的奇函數(shù)）。題圖4-4解：1位移表達式中僅取和項： （1）2由得變形勢能為 （2）其中代入式（2），得 （3）3.確定系數(shù)和。因板四周邊界上位移為零（，面力未知），板的體力分量為，所以得將式（3）代入式（4），得 （5）注意，有以下對稱性：式（5）積分后成為式（6），由此可求得、

10、和位移、應(yīng)力分量： （6） （7） （8） （9）4.8用伽遼金法求解上題。解：1位移表達式仍取上題式（1），其兩階偏導(dǎo)數(shù)為（1）2.確定和。因為，所以伽遼金方程簡化為 （2）將以及式（1）代入（2），得 由此解出和： （3）與瑞茲法求出結(jié)果一樣，由此可見，用伽遼金法計算較為簡單。4.9懸臂梁自由端作用一集中力，梁的跨度為，見題圖4.5，試用端茲法求梁的撓度。題圖4-5解：1.設(shè)梁的撓度曲線為 （1）此函數(shù)滿足固定端的位移邊界條件：，梁的總勢能為由得， 代入式（1）得撓度為式（2），最大撓度為式（3） （2） （3）4.10有一長度為的簡支梁，在處受集中力作用，見題圖4.6，試用瑞茲法和伽遼金

11、法求梁中點的撓度。題圖4-6解一：用瑞茲法求解設(shè)滿足梁端部位移邊界條件的撓度函數(shù)為 （1）梁的變形能及總勢能為由得 （2）以上級數(shù)的收斂性很好，取很少幾項就能得到滿意的近似解，如作用于中點（）時，跨中撓度為（只取一項）這個解與材料力學的解（）相比，僅相差1.5%。解二：用伽遼金法求解1.當對式（1）求二階導(dǎo)數(shù)后知，它滿足，亦即滿足支承處彎矩為零的靜力邊界條件，因此，可采用伽遼金求解。將式（1）代入伽遼金方程，注意到，且作用在處，可得求出的撓度表達式與（2）一致。4.11圖4.7所示的簡支梁，梁上總荷重為，試用瑞茲法求最大撓度。題圖4-7解：設(shè)滿足此梁兩端位移邊界條件的撓度為 （1）則總勢能為，

12、代入式（1）得梁上總荷重為，因此有4.12一端固定、另一端支承的梁，其跨度為，抗彎剛度為常數(shù)，彈簧系數(shù)為，承受分布荷載作用，見題圖4.8。試用位移變分方程（或最小勢能原理），導(dǎo)出該梁以撓度形式表示的平衡微分方程和靜力邊界條件。題圖4-8解：用位移變分方程推導(dǎo)1.梁內(nèi)總應(yīng)變能的改變?yōu)?.外力總虛功為 3.由位移變分方程式得 （1）對上式左端運用分部積分得代入式（1），經(jīng)整理后得 （2）由于變分的任意性，上述式子成立的條件為 （3） （4） （5）4式（3）就是以撓度表示的平衡微分方程。下面討論邊界條件，由于梁的左端為固定端，因此有 （6）梁的右端為彈性支承，則有 （7）注意到式（4）能滿足，而欲

13、使式（5）成立，必須滿足 （8）式（6）和式（8）即為題意所求的邊界條件。5.由于最小勢能原理與位移變分方程式等價的，所以，從最小勢能原理出發(fā)，也能得到所求的表達式（略）。第五章 習題答案5.3矩形薄板具有固定邊，簡支邊及自由邊和，角點處有鏈桿支撐，板邊所受荷載如題圖5-1所示。試將各板邊的邊界條件用撓度表示。題圖5-1解：1。各邊界條件如下：（1）（2）或（3）或用撓度表示為 ， （4）或用撓度表示為 ， （5）5.4矩形薄板的和邊為簡支邊，和邊是自由邊，在點有一個向上位移，且由鏈桿拉住，如題圖5-2所示。試證能滿足一切條件（其中，為待定常數(shù)），并求出撓度表達式、彎矩和反力。題圖5-2解：1

14、.撓曲面方程為：。邊界條件為邊 邊 邊 邊 2.將撓度表達式代入后，可知滿足以上各式。由角的位移條件確定，從而求出撓度，內(nèi)力和反力：3.分析：給定的角點的位移沿軸反向，故為負值。四個角點反力的數(shù)值雖然相同，但、的方向向上，則向下，這些反力由外界支承施加于板。5.5題圖5-3所示矩形板在點受集中力作用，和兩邊簡支，和兩邊自由，試求撓度、內(nèi)力和反力。提示：，為任意常數(shù)。題圖5-3解：1.本題的撓曲面方程及邊界條件為2.不難驗證能滿足以上方程和條件。有角點的補充條件可確定，進而可求出撓度、內(nèi)力和反力： ， ， ，的方向向上，、則向下（沿軸正方向）5.6有一塊邊長分別為和的四邊簡支矩形薄板，坐標系如題

15、圖5-4所示，受板面荷載作用，試證能滿足一切條件，并求出撓度、彎矩和反力。題圖5-4解：不難驗證能滿足所有簡支邊的邊界條件，由撓曲面方程式可確定，從而求出撓度、彎矩和反力。 ， 5.7有一矩形薄板的與邊是簡支邊，其上作用有均布彎矩，和邊為自由邊，其上作用有均布彎矩，若設(shè)能滿足一切條件，試求出撓度、彎矩和反力。板面無橫向荷載作用，坐標取題圖5-5。題圖5-5解： 將代入撓曲面方程，得， 彎矩、反力的表達式為，由邊界條件確定常數(shù)，從而求得撓度和內(nèi)力：能滿足。所以，能滿足一切條件，其余內(nèi)力和反力為零。5.8 有一四邊簡支矩形板，板面荷載如題圖5-6所示，求該薄板的撓度。題圖5-6解：采用納維解法，撓

16、度表達式為荷載表達式為由式求出：式中，5.9題圖5-7所示的矩形薄板，周邊簡支，板面無垂直均布荷載作用，只在的板邊受均布彎矩作用，求板的撓度。題圖5-7解：1。采用李維解法。因為板面荷載為零，故式右端積分為零，即特解為零，再考慮變形的對稱性，板內(nèi)撓度應(yīng)是的偶函數(shù)，所以， ，則撓度表達式為2.利用的邊界條件確定系數(shù)，：等式兩端同乘以，對積分，且注意到三角函數(shù)的正交性，得 5.10半徑為的固定邊圓形薄板，板面荷載為，如題圖5-8.求其撓度和內(nèi)力。題圖5-8解：1.板中無孔，滿足撓曲面微分方程的撓度可取為 （1）式中，特解設(shè)為，代入撓曲面方程后，得 （2）2.由邊界條件求得常數(shù)，進而求出撓度和內(nèi)力：

17、 （3） （4） （5）3.分析（1）取半徑為的板中部分圓板的平衡（）也可求得：（2）若固定邊圓板受荷載作用（題圖5-9a），該荷載可分解成題圖5-9b和題圖5-9c所示兩種荷載。題圖5-9b的解答很容易得到，題圖5-9c狀態(tài)下的解答則可將代換本題的式（4）、式（5）中的而求得。題圖5-9b和題圖5-9c狀態(tài)下的解答疊加起來便可求得題圖5-9a狀態(tài)下的解答，不難證明，題圖5-9a情況下的撓度為題圖5-95.11有一半徑為的固支圓板，板中心受集中力作用，見題圖5-10a，求其撓度和內(nèi)力。題圖5-10解：1.這是軸對稱彎曲問題，板面無均布載荷，故特解為零，則其撓度表達式為 （1）板中心無孔，撓度應(yīng)

18、是有限值，應(yīng)為零。該板的邊界條件為 （2） （3）取半徑為的部分圓板的靜力平衡條件，得 （4）2由式（2）、式（3）、式(4)求得常數(shù)，進而求出撓度和內(nèi)力： （5） （6）3.分析 ：題圖5-10b所示固支圓板，當版中心鏈桿支座發(fā)生沉陷時，可以用本題的式（5）求解（其中第三項在板中心為零） （7）將代入式（5）、式（6），求得題圖5-10b情況時的撓度和內(nèi)力為 （8） （9）5.12有一半徑為的簡支圓板，板面無荷載，但在周邊受均布彎矩作用，見題圖5-11所示。求圓板的撓度和內(nèi)力。題圖5-11解：1.因板面無荷載，板中心無孔，故特解和常數(shù)，取為零。撓度、轉(zhuǎn)角、內(nèi)力表達式如下： （1） （2） （

19、3）邊界條件為： （4） （5）2.求出，后代回式（1）、式（2）、式（3），得第六章 習題答案6.3 在拉伸試驗中，伸長率為，截面收縮率為，其中和為試件的初始橫截面面積和初始長度，試證當材料體積不變時有如下關(guān)系：證明：將和的表達式代入上式，則有6.4 為了使冪強化應(yīng)力-應(yīng)變曲線在時能滿足虎克定律，建議采用以下應(yīng)力-應(yīng)變關(guān)系： (1)為保證及在處連續(xù)，試確定、值。 (2)如將該曲線表示成形式，試給出的表達式。 解：（1）由在處連續(xù)，有 （a） 由在處連續(xù)，有 （b） （a）、（b）兩式相除，有 （c） 由（a）式，有 （d）（2）取形式時， 當：即 當：應(yīng)力相等，有 解出得， （代入值） （代

20、入值） 6.5已知簡單拉伸時的應(yīng)力-應(yīng)變曲線如圖6-1所示，并表示如下： 問當采用剛塑性模型是，應(yīng)力-應(yīng)變曲線應(yīng)如何表 示？ 圖6-1解：剛塑性模型不考慮彈性階段應(yīng)變，因此剛塑性應(yīng)力應(yīng)變曲線即為曲線，這不難由原式推得而在強化階段，因為這時將都移到等式左邊，整理之即得答案。其中6.6 已知簡單拉伸時的曲線由（6.1）式給出，考慮橫向應(yīng)變與軸向應(yīng) 變的比值在彈性階段，為材料彈性時的泊松比，但進入塑性階段后值開始增大最后趨向于。試給出的變化規(guī)律。 解：按題設(shè)在簡單拉伸時總有 （a） 左邊為體積變形，不論材料屈服與否，它要按彈性規(guī)律變化，即有 （b） 比較（a），（b）兩式，得 將表達式代入，即可得。

21、6.7如圖所示等截面直桿，截面積為，且。在處作用一個逐漸增加的力。該桿材料為線性強化彈塑性，拉伸和壓縮時性能相同。求左端反力和力的關(guān)系。 解：（1）彈性階段基本方程：平衡方程 （a） 幾何方程 （b） 本構(gòu)方程 （c）聯(lián)立求出 顯然，段先屈服，取，得 ，當時，值如上述表達式。 （2）彈塑性階段（a段塑性，b段彈性）平衡方程和幾何方程仍為（a）、 （b）式。本構(gòu)方程： 且設(shè)將本構(gòu)方程代入幾何方程： 即 兩側(cè)同乘面積，并利用平衡方程（a），得解出 令，則得 （e）本階段結(jié)束時，由幾何方程 且 利用平衡方程 （f） 當時，為（e）式。 （3）塑性階段 平衡方程和幾何方程同上。本構(gòu)方程 （g）與（2）

22、彈塑性階段同樣步驟：可得6.8 如圖所示等截面直桿，截面積為，且。在處作用一個逐漸增加的力。該桿材料為理想彈塑性，拉伸和壓縮時性能相同。按加載過程分析結(jié)構(gòu)所處不同狀態(tài)，并求力作用截面的位移與的關(guān)系。 解：基本方程為平衡方程 （a） 幾何方程 （b） 本構(gòu)方程 （1）彈性階段 由前題知， 因，故。截面位移 本階段終止時， （2）彈塑性階段（） 此時， 截面位移由段變形控制： 且本階段終止時， （3）塑性階段（） 無限位移（為不定值）。 （4）圖線斜率比較： 段： 段： 6.9 如圖所示三桿桁架，若，桿件截面積均為，理想彈塑性材料。加載時保持并從零開始增加，求三桿內(nèi)力隨的變化規(guī)律 解：基本方程為

23、（a) 幾何方程： （b） 協(xié)調(diào)關(guān)系： 本構(gòu)方程： （c） （1）彈性階段（） 利用（a）、（b）及（c）第一式，聯(lián)立求解得 即 可看出結(jié)構(gòu)彈性極限：令 有 （2）彈塑性階段（）取，結(jié)構(gòu)成為靜定，由平衡方程解得 若取，即此時即當時，內(nèi)力為上列值，當時，桿1和桿2 已 進入塑性階段，當時，兩桿為無線變形，結(jié)構(gòu)已成為機構(gòu)。 故，此結(jié)構(gòu)。6.11 如圖所示三桿桁架，理想彈塑性材料，桿件截面面積均為，求下述兩種加載路徑的節(jié)點位移和桿件應(yīng)變： (1)先加豎向力，使結(jié)構(gòu)剛到達塑性極限狀態(tài)，保持不變，開始 加力，使桁架再次達到塑性極限狀態(tài)。 (2)先加水平力，使結(jié)構(gòu)剛到達塑性極限狀態(tài)，保持久不變，開始加力，

24、使桁架再次達到塑性極限狀態(tài)。 解：此結(jié)構(gòu)的基本方程為 （a） 幾何方程： （b） 且有： 本構(gòu)方程： （c） 將基本方程用其相應(yīng)的增量表示為 幾何方程： 且有： 本構(gòu)方程： （1）加載路徑見（1）教材 （2）加載路徑見（2） 第一階段：先加，由基本方程可得 顯然，1桿、3桿同時屈服，此時 （d） 第二階段：在保持不變的情況下施加力，這是由相應(yīng)改變，此時， 節(jié)點位移增量為 由增量形式幾何方程 這說明桿1、2、3均伸長，即桿3卸載。 由增量形式平衡方程 說明保持不變，增加時，必須減小，當取，即桿2進入拉伸屈服，此時，將各項增量與（d）式相應(yīng)初始值疊加， 有： （e） 第三階段：保持不變，繼續(xù)增加力

25、，此時，即 與第二階段相似，必須減少。 當，即時，結(jié)構(gòu)達到極限狀態(tài)。這時： 將各增量與（e）式相應(yīng)初始值疊加，有 （f）第七章 習題答案7.3 設(shè)為應(yīng)力偏量，試證明用應(yīng)力偏量表示Mises屈服條件時，其形式為：證明：Mises屈服條件為 故有 7.4 試用應(yīng)力張量不變量和表示Mises屈服條件。解： Mises屈服條件： 故有 7.5 試用Lode應(yīng)力參數(shù)表達Mises屈服條件。解：由定義：即 Mises屈服條件為將上式代入，得：即：7.6 物體中某點的應(yīng)力狀態(tài)為，該物體在單向拉伸時，試用Mises和Tresca屈服條件分別判斷該點是處于彈性狀態(tài)還是塑性狀態(tài)，如主應(yīng)力方向均作相反的改變（即同值

26、異號），則對被研究點所處狀態(tài)的判斷有無變化?解：（1）Mises屈服條件判斷故該點處于彈性狀態(tài)（2）Tresca屈服條件判斷故該點處于塑性狀態(tài)如果各應(yīng)力均作為變號，則以上各式不變，所作判斷沒有變化。7.8 已知薄壁圓球，其半徑為，厚度為，受內(nèi)壓的作用，如采用Tresca屈服條件，試求內(nèi)壁開始屈服時的內(nèi)壓值。解：研究半球的靜力平衡內(nèi)球面：，外球面：由Tresca條件，內(nèi)壁先開始屈服，此時7.9 薄壁管受拉扭聯(lián)合作用，只有正應(yīng)力和切應(yīng)力，試用表示Mises和Tresca和雙剪應(yīng)力三種屈服條件。解：(1）Mises：由，得（2）Tresca：由，得（3）雙剪應(yīng)力：，由此得出可以寫成當時，三種屈服準則

27、得出的值有所不同。7.10 在平面應(yīng)力問題中，取，試將Mises和Tresca和雙剪應(yīng)力屈服條件用三個應(yīng)力分量表示。引進。解：(1) Mises屈服準則引進下列量綱為一的量則上式成為(2) Tresca屈服準則記， 根據(jù)的大小，將由下列值 （a）屈服準則對應(yīng)的為量綱化為一后得答案結(jié)果（3）雙剪應(yīng)力屈服準則將（a）式代入上式中得到6個式子，可合并成4個關(guān)系。進一步化簡為量綱化為一后即得答案結(jié)果。第八章 習題答案8.3分析：本題中是由塑性體積變形為零：且單向拉伸時，推出。單向拉伸時，有 體積應(yīng)變服從彈性定律，即將以上兩式聯(lián)等，得依次將代入。則得，彈性階段；屈服階段；強化階段。8.4分析：在方向的主

28、應(yīng)力分別為： ，則，從而求得應(yīng)力偏量，再根據(jù)增量理論，得最終結(jié)果為（-1）：1：08.5分析：設(shè)扭轉(zhuǎn)剪應(yīng)力，主應(yīng)力為：，代入Mises屈服條件，得。8.6證明： 將對求偏導(dǎo)，可得，同理可得，所以；用同樣的方法求得。8.7分析：1）開始屈服時，代入Mises屈服準則得； 2）屈服后對應(yīng)的塑性應(yīng)變增量為 由及屈服條件的微分形式，聯(lián)列可得，代入式子得到答案結(jié)果。8.8 解：（1）單向拉伸應(yīng)力狀態(tài) 有 則 （2）純剪切應(yīng)力狀態(tài)， 有 故 8.9 證明：有Coulomb剪破條件 所在平面為滑移面，如圖。 從圖中可以看出，滑移面與所在主平面所成角為12 (1)開始屈服時，代入Mises屈服條件準則 得 （

29、2）屈服后對應(yīng)的塑性應(yīng)變增量為 由 (a)及屈服條講的微分形式 (b)可得 (c)由(a)(c)兩式，得 代入式子得答案結(jié)果。第九章 習題答案9.1分析：設(shè)剪切屈服極限為，則可以依次求得彈性極限扭矩為：；塑性極限扭矩為：；設(shè)彈塑性區(qū)分界線半徑為，則。9.2計算結(jié)果為。9.3分析：在本題中，根據(jù)公式；卸載后殘余應(yīng)變曲率為，結(jié)合，。9.4分析：根據(jù)公式，分別將代入便可求的；當=12.6時，。9.5分析：二端封閉在處，代入Mises屈服條件，化簡可得；用同樣的方法可求得二端自由時，；二端約束時，。9.6分析：由彈性力學，筒內(nèi)各應(yīng)力值為 將這些值代入Mises屈服條件得：化簡后的，在和處同時屈服，即，

30、化簡得計算結(jié)果為：。第十章 習題答案10.2分析：設(shè)為缺口處因摩擦作用而產(chǎn)生的剪應(yīng)力。是均布壓力區(qū)，在邊上；是均布壓力區(qū)，在邊上。因為是同一條線，有，化簡得，則單位長度上的極限載荷為。10.4分析：由于形狀對稱、滑移線場對稱，故只取右半部進行分析。分別寫出邊上應(yīng)力分量值，列平衡方程 （*） 求得因為沿同一條線，由可得；在邊上的點，所以，得。代入*式可得彎矩。10.5分析：是均布壓力區(qū)，在邊上點：由得：；是均布壓力區(qū)，在邊上點：，可計算出。由于沿同一條線，故，化簡后，則單位長度的極限荷載為。10.8當時，在彈性階段有 得 平均應(yīng)力 因此在彈性階段有，進入塑性后有 對平均應(yīng)變 剛進入塑性時。由上式

31、導(dǎo)出。因此進入塑性后還滿足。由于，得出，故實際獨立變量只是與。在塑性應(yīng)變增量方面，由于，而。則有，并可得出 最后得到答案結(jié)果。10.9（1）Mises屈服條件。由流動法則，現(xiàn)在，將得出。 （2）Tresca屈服條件，在平面內(nèi)求得主應(yīng)力如下： (a)由于，而，即即 (b)由流動法則，這要求應(yīng)力點處在屈服面上，即 (c）并要求，或 (d)由 代入(d)式，得 由代入，得 第十一章 習題答案11.3使用靜力法和機動法求出圖示超靜定梁的極限載荷。解1：（1）靜力法首先該超靜定梁（）化為靜定結(jié)構(gòu)（）、（）。分別求出其彎矩圖，然后疊加，得該超靜定梁的彎矩圖（）在極限情況下設(shè)點支反力為，則：由上二式得當值達

32、到上述數(shù)值時，結(jié)構(gòu)形成破壞機構(gòu)，故為該梁的完全解。（2）機動法設(shè)破壞機構(gòu)如圖（），并設(shè)點撓度為，則：外力功內(nèi)力功由，可得極限載荷上限為由于在作用下，故上式所示載荷為完全解的極限載荷。解2：（1）靜力法先將該超靜定梁化為靜定梁（）、（），分別作彎矩圖，疊加得該超靜定梁的彎矩圖（）設(shè)點為坐標原點，此時彎矩方程為：在極限狀態(tài)時，有令得 （1）而 （2） （3）聯(lián)立解（1）、（2）、（3）得解得取較大的值，可得在以上值作用下，梁已形成破壞機構(gòu)，故其解為完全解。（2）機動法 如圖（g）設(shè)在、兩點形成塑性鉸內(nèi)力功為外力功為由虛功原理得：該解與完全解的誤差為解3：（1）靜力法設(shè)坐標原點在點，此時彎矩方程為：

33、段（）段（）在處，為極大值，設(shè)在段，由得 （1）在極限情況下 ， 即： （2） （3）聯(lián)立解（1）、（2）、（3）得取正號由于此時形成破壞機構(gòu)，故值完全解。（2）機動法,如圖（g）設(shè)此梁在和處形成塑性鉸，則，內(nèi)力功為外力功為 由虛功原理 得由極值條件得代入的表達式，則得的極小值由于此結(jié)果滿足，故所得的值為完全解的極限載荷。11.4試用機動法求下列圖示板的極限載荷 。(1)四邊簡支，邊長為的正方形板，載荷作用在板的中點；(2)三邊簡支一邊自由的矩形板，在自由邊中點承受集中力的作用；(3)四邊簡支矩形板，在板上任意點()承受集中力的作用解（a）外力功如破壞時四角可以翹起。內(nèi)力功其中代入上式后，得由

34、虛功原理得其中值由確定即由此得因此（b）外力功內(nèi)力功由得而故（c）外力功內(nèi)力功其中由得11.5使用機動法求圖示連續(xù)梁的極限載荷。解1：次梁為一次超靜定梁，可能的破壞機構(gòu)有兩種，如圖（b）、（c）。若塑性鉸在、處形成，此時外力功內(nèi)力功由得若塑性鉸在、處形成，設(shè)到得距離為，此時有外力功內(nèi)力功由得令得將代入的表達式比較以上兩種可知該梁的極限荷載為解2：該連續(xù)梁形成破壞機構(gòu)有如下三種形式：（1） 形成兩個塑性鉸產(chǎn)生局部破壞有兩處可能，圖（b）、形成塑性鉸故 由得圖（c）、兩點形成塑性鉸，此時有故由得（2） 形成三個塑性鉸，產(chǎn)生局部破壞有三種可能：圖（d）在、三點形成塑性鉸，此時有由得圖（e）在、三點形

35、成塑性鉸，此時 由得圖（f）在、三點形成塑性鉸，此時 由得（3） 形成三個塑性鉸，產(chǎn)生整體破壞，只有一種可能性，如圖（g），此時由得比較上述六種情況，以（g）的情況為最小，而且此載荷滿足的塑性彎矩條件。故破壞載荷為解3：該梁的可能破壞結(jié)構(gòu)與第一題完全相同若塑性鉸在、處形成若塑性鉸在、處形成比較可知梁的極限載荷為解4：此梁為一次超靜定結(jié)構(gòu)，當形成兩個塑性鉸時，梁即成為破壞機構(gòu)，其破壞形式有（b）（c）（d）三種可能。按圖（b）形式破壞時 由得按圖（c）形式破壞時，同上得按圖（d）形式破壞時 由得比較得11.6試求圖示剛架的極限載荷解（a）設(shè)如圖在四點形成塑性鉸，由得得且此值滿足，條件所以解2：如

36、圖設(shè)在四點形成塑性鉸，由點到點的距離待定。由得化簡得令得故 解3：如圖設(shè)在等處形成塑性鉸。外力功內(nèi)力功由得故11.7簡支圓板半徑為，受半徑為軸對稱均布載荷作用，試求其極限載荷 解：圓板的平衡方程為當，對應(yīng)于條件的點，當時，對應(yīng)于條件的B點，圓板從0到對應(yīng)圖上的線，即，故平衡方程可寫為在處，存在如下平衡關(guān)系：即平衡方程為積分上式得由處，所以因此有在處即故此時區(qū)域的平衡方程為積分上式得在處連續(xù)條件，可得如因此有當時，如得此式即為所求的極限載荷。11.8對圖所示的連續(xù)梁，利用上限定理求極限載荷q.題圖11.6解 1）對破損機構(gòu)（a）可得由，得代入上式，得 （a）2）對破損機構(gòu)（b） 由，得，代入上式

37、得， （b）當（a）式和（b）式相等時，故有11.9圖示寬度b不變，高度h線性變化的矩形截面梁，簡支座截面高為，固定端處截面高為。集中力據(jù)簡支端距離為，對兩種情況用上限方法求塑性極限載荷P值。題圖11.7解 由于各截面的值不同，因此除集中力作用點能形成鉸外，另一鉸距點距離為，而不一定總在固定端，如圖所示。由外力功率，內(nèi)力功率，得令，得 （a）上式中是定值，調(diào)整使最小，由，得 （b）1） 當時，即，代入（b）式，得。因為，而現(xiàn)在，故最小值的只能取在固定端處，將代入（a）式，得2） 當時，即，代入（b）式，得。因為，這表明鉸不在固定端，將代入（a）式，得11.10 用上限和下限方法求圖示剛架的極限

38、載荷P。解 1）上限法：圖示破損機構(gòu)（a），（b），（c），（d）都是分別由一個外載荷引起的。機構(gòu)（a），點8，10，11成鉸 （a）機構(gòu)（b），點4，5，6成鉸 （b）機構(gòu)（c），點1，4，6，9，11，12成鉸 （c）機構(gòu)（d），只上層剛架傾斜，點3，8，11，12成鉸 （d）對比之下，方案（c）對應(yīng)的值最小，為要進一步減小值應(yīng)減小內(nèi)力功率，而增加外力功率所相應(yīng)的速度項。在圖示機構(gòu)（e）中，與機構(gòu)（c）時一樣，但較小，點1，6，9，10轉(zhuǎn)角為，而點4，10，12轉(zhuǎn)角為，由此得出 （e）這比機構(gòu)（c）有了進一步改進，是否最小的上限值還可用下限法作進一步檢驗。3） 下限法：從機構(gòu)（e）出發(fā)，規(guī)定桿內(nèi)表層受拉時彎矩為正，這時有，未知的彎矩是?？闪谐銎胶夥匠虂砬蟪鲞@些未知彎矩。由結(jié)點的平衡，得，得由機構(gòu)（b），得平衡方程 得由機構(gòu)（c）得平衡方程 得由機構(gòu)（a），得平衡方程 得最后由結(jié)點的平衡，得