弹性力学参考
答案
八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
第二章
2.6
⎪⎩
⎪⎨
⎧
++=
++=
++=
nmlZ
nmlY
nmlX
zyzxzv
zyyxyv
zxyxxv
σττ
τστ
ττσ
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=−+−+=
=−++=
=++=
55
55
55
10*16.187-10*)2/1*)300(2/1*)750(2/1*800(
10*33.280-10*)2/1*)750(2/1*02/1*500(
10*77.106510*)2/1*8002/1*5002/1*500(
v
v
v
Z
Y
X
55222222 10*73.111710*)16.187()33.280(77.1065 =−+−+=++= vvvv ZYXF
55 10*34.26010*)2/1*)16.187(2/1*)33.280(2/1*77.1065( =−+−+=++= nZmYlX vvvvσ
552222 10*1086.9910*34.26073.1117 =−=−= vvv F στ
2.9
设该点的主应力为 321 ,, σσσ , 且 321 σσσ ≥≥ ,将坐标方向取为与主应力方向相同,
并设任一微分面上的方向余弦为 l,m,n。该微分面上的法向应力为:
2
3
2
2
2
1 nmlnfmflf vzvyvxv σσσσ ++=++=
与 1222 =++ nml 联立,得到:
1
2
31
2
211 ])()[( σσσσσσσ ≤−+−−= nmv
3
2
32
2
313 ])()[( σσσσσσσ ≥−+−+= mlv
因此,在所有微分面上的正应力中,最大和最小的是主应力。
2.10
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
3
2
1
00
00
00
σ
σ
σ
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
⋅=⋅+⋅+⋅=
⋅=⋅+⋅+⋅=
⋅=⋅+⋅+⋅=
33
22
11
3
1
3
10
3
10
3
1
3
10
3
1
3
10
3
1
3
10
3
10
3
1
3
1
σσ
σσ
σσ
v
v
v
Z
Y
X
2
3
2
2
2
1
222
3
1 σσσ ++=++= vvvv ZYXF
)(
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
321321 σσσσσσσ ++=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=v
3
)(2
9/)(3/)( 323121
2
3
2
2
2
12
321
2
3
2
2
2
1
22 σσσσσσσσσσσσσσσστ −−−++=++−++=−= vvv F
2-12
解:在 0=y 处, qy −=σ 得:
qAB −= (1)
斜面上, βtan−=
x
y ,有:
0,cos,sin =−=−= nml ββ
根据应力边界条件: jiji nf σ=
⎪⎩
⎪⎨⎧ =+=
=+=
0
0
mlf
mlf
yxyy
xyxx
στ
τσ
(2)
将应力
表
关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf
达式代入(2)中,并结合(1),解得:
ββ tan−=
qA , ββ −= tanB , β−=C
2-13
解:在 0=x 处, gyByx 1ρσ −==
0=−= Ayxyτ
背水面, βtan=
y
x ,外法线方向: βcos=l , βsin−=m , 0=n
根据应力边界条件:
⎪⎩
⎪⎨⎧ =+++=
=++−=
0sin)(cos)(
0sin)(cos)( 1
ββρ
βρβρ
DyCxgxDxf
gxDxgyf
y
x
由以上各式解得:
0=A , gB 1ρ−= , ββρρ cot)cot2( 21ggC −= , ggD ρβρ −= 21 cot
第三章
3-5
设在 oxy坐标系下三个应变分量分别为 xε , yε , xyγ ,则根据式(3-11)(吴家龙,弹
性力学 P39),得到任意方向上的应变为
lmml xyyxr γεεε ++= 22
Oa方向(l=1,m=0)上的应变为
xa εε = (1)
Ob方向(l=1/2,m= 3 /2)上的应变为
2
3
2
1)
2
3()
2
1( 22 ⋅++= xyyxb γεεε (2)
Oc方向(l=-1/2,m= 3 /2)上的应变为
2
3)
2
1()
2
3()
2
1( 22 ⋅−++−= xyyxc γεεε (3)
联立式 (1) 、(2)、(3)得到:
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
−=
−+=
=
)(
3
32
3
22
cbxy
acb
y
ax
εεγ
εεεε
εε
则平面应变上任意方向的伸长率为:
)2sin()(
3
3sin
3
22
cos 2222 αεεαεεεαεγεεε α cbacbxyyxr lmml −+−++=++=
3-7解:
方程 032213 =−+− JJJ εεε
其中, 113721 10-7.125,1015.3,0014.0 −− ×=×== JJJ
求解上述方程,得到三个主应变大小及各主应力大小及方向如下:
1) 0708879.0,2062379.0,9759308.0,001024764.0 1111 m=±=±== nmlε ;
2) 2158919.0,9520288.0,2168684.0,000511236.0 2222 ±==±== nml mε ;
3) 9738406.0,2260689.0,0229623.0,000136.0 3333 ±=±=±=−= nmlε 。
3-11
由应变协调方程,有:
yxzyxx
zxzyxx
zyzyxx
yxyx
zxxz
zyzy
zxyxzyz
yxyxzyz
xxyxzyz
xyxy
xzzx
yzyz
∂∂
∂=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−∂
∂+∂
∂
∂
∂
∂∂
∂=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂+∂
∂−∂
∂
∂
∂
∂∂
∂=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂+∂
∂+∂
∂−∂
∂
∂∂
∂=∂
∂+∂
∂
∂∂
∂=∂
∂+∂
∂
∂∂
∂=∂
∂+∂
∂
εγγγ
εγγγ
εγγγ
γεε
γεε
γεε
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
将根据
题
快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题
中的应变代入上式
(1)(2)式满足,根据(4)-(6)式,得到
022 =+ AxAy ; 02 =By ; 02 =− By ; ABy =2
于是得 0== BA ,即应变均为零,因此,给出的应变分量不可能发生。
第四章
4-1解:令橡皮杨氏模量的泊松比分别为 ν,E
建立坐标系,x轴垂直指向纸外,y轴与 z轴分别水平向右和竖直向上。
有: qz −=σ , 0=== xzyzxy τττ , 0== yx εε
根据广义胡克定律:
[ ]
[ ]⎪⎩
⎪⎨
⎧
=−+−=
=−+−=
0))((1
0))((1
q
E
q
E
xyy
yxx
σνσε
σνσε
解之, q
v
v
yx −−== 1σσ 。
[ ]
v
vv
E
q
E yxzz −
−+⋅=+−==
1
12)(1
2
σσνσεθ
由于无切应力,可知该坐标轴方向为主应力方向。
因为一般情况下 5.00 << v ,故 zyx σσσ >=
q
v
vzx
)1(2
21
2max −
−=−= σστ
第五章
5-3 根据叠加原理,由图示受力情况,可假设:
1qx =σ , 2qy −=σ , 0=xyτ , 0=zσ
(1)该组应力显然满足平衡方程;
(2)边界条件:
侧面⎪⎩
⎪⎨⎧ −=
=
±=
±=
2
1
q
q
byy
axx
σ
σ
, ⎪⎩
⎪⎨⎧ =
=
±=
±=
0
0
byyx
axxy
τ
τ
可见边界条件满足,同时,上下面的边界条件显然也满足。
(3)代入 B-M方程,满足应变协调条件。
故该组应力适合作为本问题的解。
[ ]
E
qq
Ex
u
zyxx
21)(1 νσσνσε +=+−==∂
∂
),(121 zyfxE
qqu ++= ν (1)
[ ]
E
qq
Ey
v
zxyy
12)(1 νσσνσε +−=+−==∂
∂
),(212 zxfyE
qqv ++−= ν (2)
[ ]
E
qq
Ez
w
yxzz
)()(1 21 −−=+−==∂
∂ νσσνσε
),()( 321 yxfzE
qqw +−−= ν (3)
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
===∂
∂+∂
∂
===∂
∂+∂
∂
===∂
∂+∂
∂
0
0
0
Gz
v
y
w
Gx
w
z
u
Gx
v
y
u
zy
zy
xz
xz
xy
xy
τγ
τγ
τγ
(4)
将(1)-(3)代入(4),得:
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
=∂
∂+∂
∂
=∂
∂+∂
∂
=∂
∂+∂
∂
0
0
0
23
31
12
z
f
y
f
x
f
z
f
y
f
x
f
(5)
将阶次升高,得:
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎨
⎧
=∂
∂=∂∂
∂=∂
∂
=∂
∂=∂∂
∂=∂
∂
=∂
∂=∂∂
∂=∂
∂
000
000
000
2
3
2
3
2
2
3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
1
2
y
f
zx
f
x
f
z
f
zx
f
x
f
z
f
zy
f
y
f
故:
CBzAyzyf ++=),(1
FEzDxzxf ++=),(2
IHyGxyxf ++=),(3
代入式(5),得到:
A+D=0; B+G=0; H+E=0
CBzAyx
E
qqu ++++= 21 ν
FEzAxy
E
qqv ++−+−= 12 ν
IEyBxz
E
qqw +−−−−= )( 21ν
根据中心的边界条件,控制平动:
00 ==== zyxu ——> C=0
00 ==== zyxv ——> F=0
00 ==== zyxv ——> I=0
控制转动:
00 =∂
∂
=== zyxz
u ——> B=0
00 =∂
∂
=== zyxz
v ——> E=0
00 =∂
∂
=== zyxy
u ——> A=0
最后得:
x
E
qqu 21 ν+=
y
E
qqv 12 ν+−=
z
E
qqw )( 21 −−= ν
5-4 由该半无限体的受力特征,可知物体在水平面内应力均匀分布。可设 )(zfz =σ ,水平
面的应变分量为 0, 0=== xyyx γεε 。水平面在变形后仍为平面,不发生翘曲,故
0== zyzx γγ 。
由 0)]([1 =+−= zyxx E σσνσε ,得 zyx σν
νσσ −== 1
由协调方程 02 =Θ∇
0)(2
2
=++∂
∂
zyxz
σσσ ,故 02
2
=∂
∂
z
f
所以 BAzzfz +== )(σ , 0=== yzxzxy τττ
代入平衡方程,前两式显然满足。
对于第三式, 0, =+ zzz Fσ ,故 gA ρ−=
边界条件: qzz −==0σ ,故 qB −=
所以 qgzz −−= ρσ , )(1 qgzyx +−−== ρν
νσσ
0==∂
∂
xx
u ε ,故 0=u
0==∂
∂
yy
v ε ,故 0=v
)(1
21
)]([1
2
qgz
EEz
w
yxzz −−−
−
=+−==∂
∂ ρν
ν
σσνσε
故: Cqzgz
E
w +−−−
−
= )
2
1(1
21
2
2
ρν
ν
假设变形在无限体 h深处停止
边界条件: 0==hzw
所以: )
2
1(1
21
2
2
qhgh
E
C +−
−
= ρν
ν
所以,得到最终结果为:
)]()(
2
1[1
21
22
2
zhqzhg
E
w −+−−
−
= ρν
ν
也可写为:
)](2)([
)1(4
21 22 zhqzhg
G
w −+−−
−= ρν
ν
第六章
6-7 设 )(xyfx =σ , 则 )(2
2
xyf
y
U
x =∂
∂=σ ,故 )()()(
6
1 3 xyxgyxfU ϕ++=
022 =∇∇ U
故 04
4
=∂
∂
x
f , 04
4
=∂
∂
x
ϕ , 02 2
2
4
4
=∂
∂+∂
∂
x
f
x
g
所以: 432231)( CxCxCxCxf +++=
2
2
3
1)( xDxDx +=ϕ
xExExExCxCxg 3
22314251
26610
)( +++−−=
故 :
2
2
3
13
223142513
3
2
2
3
1 ]26610
[][
6
1 xDxDyxExExExCxCyCxCxCxCU +++++−−++++=
得: yCxCxCxCx )( 432231 +++=σ
2121
2
2
3
1
3
21 26)22()26(6
1 DxDyExExCxCyCxCy ++++−−++=σ
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +++−−+++−= 3221324123221 23
2
2
)23(
2
1 ExExExCxCyCxCxCxyτ
由边界条件:
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎨
⎧
=
=
−=
=
=
∫− =
±=
=
−=
=
2
2
0
2
1
2
2
0
0
0
0
0
h
h yxy
hxxy
hxx
hxx
yy
dx
gy
τ
τ
ρσ
σ
σ
得: 3
1
1
2
h
gC ρ= , 02 =C , h
gC
2
3 1
3
ρ−= ,
2
1
4
gC ρ−= , 01 =D , 02 =D , h
gE
5
3 1
1
ρ= ,
gE ρ−=2 , 80
1
3
ghE ρ−=
所以,得到最终结果为:
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎨
⎧
+⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −−⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −=
−−−=
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −−=
804
13
10
3
5
342
2
1
2
32
1
2
2
21
3
3
1
13
3
1
3
3
1
3
3
1
gh
h
xy
h
g
h
x
h
xgx
gyxy
h
gyx
h
g
h
gxy
h
x
h
xgy
xy
y
x
ρρρτ
ρρρρσ
ρσ
6-9 取应力函数为 33 CxyBxyAyU ++=
022 =∇∇ U
CxyAy
y
U
x 662
2
+=∂
∂=σ
02
2
=∂
∂=
x
U
yσ
)3( 2
2
CyB
yx
U
xy +−=∂∂
∂−=τ
分两种解法
解法 1:
⎪⎪
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
=
=
=
±=
±=
− =∫
0
0
2
2
2
2
0
hxxy
hyy
h
h xx Mydy
τ
σ
σ
得到: 3
2
h
MA = , B
h
C 23
4=
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
+−=
=
−=
B
h
yB
Bxy
h
y
h
M
xy
y
2
2
23x
4
0
812
τ
σ
σ
代入物理方程,得:
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎨
⎧
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −+−==
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −
−=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −
=
By
hEG
E
Bxy
h
y
h
M
E
Bxy
h
y
h
M
xy
xy
y
2
2
23
23
x
41)1(2
812
812
ντγ
ν
ε
ε
代入到几何方程,得:
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +−
−=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +−
=
E
xBxy
h
y
h
M
v
E
yfyBx
h
xy
h
M
u
)(46
)(412
2
2
2
3
2
23
ϕν
代入到
x
v
y
u
xy ∂
∂+∂
∂=γ ,得:
dy
dfBy
h
By
hdx
dBx
hh
Mx +⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −++=++− 2222223 41)1(24412 ννϕν
若要等式成立,须使
D
dy
dfBy
h
By
hdx
dBx
hh
Mx =+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −++=++− 2222223 41)1(24412 ννϕν
于是:
FxDBx
h
x
h
Mx ++−= νννϕ
3
2
2
3 3
46)(
GDyy
h
yBBy
h
yf ++⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −+−−= 2222 3
4)1(2
3
4)( νν
代入 u,v中:
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++−+−
−=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ++⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −+−−−
=
E
FxDBx
h
x
h
MBxy
h
y
h
M
v
E
GDyy
h
yBBy
h
yBx
h
xy
h
M
u
νννν
νν
3
2
2
3
2
2
2
3
2
2
2
2
2
23
3
4646
3
4)1(2
3
4412
根据左端边界条件:
000 == ==== yxyx vu Æ F=G=0
对右端边条:
00,0, == ==== yLxyLx vu , 00, =∂
∂
== yLxx
u
Æ B=
hl
M
4
9
3
3
h
MlD −=
最后得:
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
+−=
=
−=
2
3
33
9
4
9
0
1812
y
Lh
M
hL
M
xy
Lh
M
h
My
xy
y
x
τ
σ
σ
解法 2:
边界条件:
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎨
⎧
=
=
=
==
∫
∫∫
− =
±=
±=
− =− =
2
2
0
2
2
2
2
0
2
2
0
0
0
,
h
h yxxy
hxxy
hyy
h
h xx
h
h xxx
Fdy
MydyFdy
τ
τ
σ
σσ
解得:
yFC
hBhChB
h
MA −=+−==
4
,
4
3,2
3
2
3 -
h
F
B
h
F
C yy
2
3
,
2
3 −==
对该超静定梁进行静力平衡分析,可解得
L
MFy 2
3=
故:
hL
MB
4
9= ,
Lh
MC 3
3−=
所以,得到最终结果为:
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
+−=
=
−=
2
3
33
9
4
9
0
1812
y
Lh
M
hL
M
xy
Lh
M
h
My
xy
y
x
τ
σ
σ
说明:第一种解法更好。
第七章
7-7 高尖劈内任一点的应力正比于分布荷载 q,与 ϕαρ ,, 有关,应力具有 ( )ϕαρ ,,qN 的形
式,N具有 L的 0次量纲。
应力函数 U应为 L的 2次量纲,可设 ( )ϕρ fU 2=
022 =∇∇ U
041 4
4
2
2
2 =⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ + ϕϕρ d
fd
d
fd
得: ( ) ϕϕϕϕ 2sin2cos 4321 CCCCf +++=
)2sin2cos( 4321
2 ϕϕϕρ CCCCU +++=
得:
ϕϕϕσ ρ 2sin22cos222 4321 CCCC −−+=
ϕϕϕσϕ 2sin22cos222 4321 CCCC +++=
ϕϕτ ρϕ 2cos22sin22 432 CCC −+−=
边界条件:
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−==
=
−==
±=
qq
22
2
,
0
αϕϕραϕϕρ
αϕϕ
ττ
σ
解得: 0,
sin2
,cot
2 4231
===−= CCqCqC αα
故: ϕαασ ρ 2cossincot
qq −−=
ϕαασϕ 2cossincot
qq +−=
ϕατ ρϕ 2sinsin
q=
7-9
对于(A),两向等应力状态:
q−== ϕρ σσ , 0=ρϕτ
对于(B),由(7-20),得:
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
+−=
+++−=
−+−−−=
ϕρρτ
ϕρρσ
ϕρρρσ
ρϕ
ϕ
ρ
2sin)231(
2
2cos)31(
2
)1(
2
2cos)431(
2
)1(
2
2
2
4
4
4
4
2
2
2
2
4
4
2
2
aaq
aqaq
aaqaq
对于(C),相当于将坐标轴在(B)的基础上转动
2
π ,故:
( )
( )
( )⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
++−=
++++−=
+−+−−−=
πϕρρτ
πϕρρσ
πϕρρρσ
ρϕ
ϕ
ρ
2sin)231(
2
2cos)31(
2
)1(
2
2cos)431(
2
)1(
2
2
2
4
4
4
4
2
2
2
2
4
4
2
2
aaq
aqaq
aaqaq
易知: ϕπϕ 2cos)2cos( −=+ , ϕπϕ 2sin)2sin( −=+
将(A),(B),(C)三种情况叠加:
2
2
ρσ ρ
qa−= , 2
2
ρσϕ
qa= , 0=ρϕτ
q
q
q
=
-
q
q -
(A)
(B)
(C)
第九章
解:边界条件 Φ 0x ==a ,Φ|x=R=0, Φ|y=± 33 x=0
∴设 Φ=A(x-a)(y2-x2/3)=A(-x3/3+ax2/3+y2x-ay2)
∴∇ 2Φ=A(-2x+2a/3)+A(2x-2a)=A(-4a/3)= -2
∴A=3/2a
∴Φ= a23 (x-a)(y2-x2/3)
∴应力分量 σx=σy=σz=τxy=0
τzx=αG y∂
Φ∂
= a
G3α
(x-a)y
τzy= -αG x∂
Φ∂
= 2a
G3α−
(y2-x2+2ax/3)
QD=2 ∫∫R Φdxdy= a3 ∫∫R (-x3/3+ax2/3+y2x-ay2)dxdy= 3 a4/45
∴ 4315Ga
M
GD
M ==α
∴
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=
=
)3y-2ax-(3x
2
315
a)y-(x345
22
5
5
a
M
a
M
zy
zx
τ
τ
根据薄膜比拟可知,在各边中点处剪应力最大,不妨取(a,0)点分析 0=zxτ , 32
315
a
M
zy =τ ,
故最大剪应力为:
τmax= 3
0
2
zy
2
zx 2
315
a
M
y
ax =+
=
=ττ