彈塑性理論歷年考題

1、2.9已知應(yīng)力分量中x=y=xy=0，求三個(gè)主應(yīng)力123。 解 在x=y=xy=0時(shí)容易求得三個(gè)應(yīng)力不變量為J1=z，22J2=yz+zx=2，J3=0特征方程變?yōu)?3-z2-2=(2-z-2)=0 求出三個(gè)根，如記1= 1=z2+1,2=0,3=z2-1 記1234.10有一長(zhǎng)度為l的簡(jiǎn)支梁，在x=a處受集中力P作用，見(jiàn)題圖4.6，試用瑞茲法和伽遼金法求梁中點(diǎn)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wx=0,l=0的撓度函數(shù)為w=Bmsinmmx （1） l梁的變形能U及總勢(shì)能為1MEId2wEI4U=dx= 2dx=002EI2dx4l3ll22mB4mmEI4ma4

2、=mB-PBsinmm4l3mlm由=0得 Bm2Pl3sinBm=ma 44EIm3w=2PlEI4msinmamxsin（2） 4m以上級(jí)數(shù)的收斂性很好，取很少幾項(xiàng)就能得到滿意的近似解，如P作用于中點(diǎn)（a=l2）時(shí)，跨中撓度為（只取一項(xiàng)）wx=l2Pl3Pl3= 4EI48.7EIPl3這個(gè)解與材料力學(xué)的解（）相比，僅相差1.5%。 48EI解二：用伽遼金法求解d2w1.當(dāng)對(duì)式（1）求二階導(dǎo)數(shù)后知，它滿足2dx=0，亦即滿足支承處彎矩為零x=0,l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qdx=P，且作用在x=a處，可得4mam2mxEIBsindx-Psi

3、n=0 m 0llllmaBm=44EIm求出的撓度表達(dá)式與（2）一致。4.12一端固定、另一端支承的梁，其跨度為l，抗彎剛度EI為常數(shù)，彈簧系數(shù)為2Pl3sink，承受分布荷載q(x)作用，見(jiàn)題圖4.8。試用位移變分方程（或最小勢(shì)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)221ld2w2ldwdw1.梁內(nèi)總應(yīng)變能的改變?yōu)閁=EI 2dx=EI 2dx 2002dxdxdx2.外力總虛功為q(x)wdx-R(w)0AlA=q(x)wdx-k(ww)x=l 0l3.由位移變分方程式得ld2wd2wEIdx=q(x)wdx-k(ww)x=l （1

4、） 20dx20dxl對(duì)上式左端運(yùn)用分部積分得2ldwd2wd2wdwEIdx=EId 2 dx 0dx20dx2dxl3ldwd2wdwdw=EI2 -EI dx 0dx3dxdxdx04ldwd2wdwd3w=EI2 -3w+EI04wdx dxdxdxdx0ll代入式（1），經(jīng)整理后得d2wdwd3wdwd2wdw-EI2 -3 +EI2 dxdxdxdxx=0dxdxld3wd4w+ kw-EI3w+EI4-q(x)wdx=0 （2） dxx=l0dx由于變分w的任意性，上述式子成立的條件為d4wEI4-q(x)=0 （3） dxd2wdwd3wdwdx2 dx-dx3 dx=0 （4

5、） x=0d2wdwd3wEIdx2 dx+ kw-EIdx3w=0 （5） x=l4式（3）就是以撓度w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wx=0=0, dw=0 （6） dxx=0梁的右端為彈性支承，則有wx=l0, dw0 （7） dxx=l注意到式（4）能滿足，而欲使式（5）成立，必須滿足d2wd3w=0, kw-EI3=0 （8） 2dxx=ldxx=l式（6）和式（8）即為題意所求的邊界條件。5.由于最小勢(shì)能原理與位移變分方程式等價(jià)的，所以，從最小勢(shì)能原理出發(fā)，也能得到所求的表達(dá)式（略）。6.7如圖所示等截面直桿，截面積為A0，且b>a。在x=

6、a處作用一個(gè)逐漸增加的力P。該桿材料為線性強(qiáng)化彈塑性，拉伸和壓縮時(shí)性能相同。求左端反力FN1和力P的關(guān)系。解：（1）彈性階段基本方程：平衡方程 N1+N2=P （a）幾何方程 la=lb （b）N1aN2b= （c） EAEAba PN2= P 聯(lián)立求出 N1=a+ba+b 本構(gòu)方程顯然，N1>N2，a段先屈服，取N1=Ns=sA，得P1=Ps=N1(a+b)a=Ns 1+，當(dāng)PP1時(shí)，N1、N2值如上述表達(dá)式。 bb（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。a=s+本構(gòu)方程： a-sE1b=且設(shè)Ns=sA bE （d） 將本構(gòu)方程代入幾何方程： a

7、a=bb-sb即 s+ab a=E1E兩側(cè)同乘面積A，并利用平衡方程（a），得N1-NsA+ sE1P-N1a= b EbE1 P+Ns解出 N1= 11+EaE令=1-1，則得 Eb (1-) P+Ns （e） N1=b1+(1+)a本階段結(jié)束時(shí)，b=s,N2=sA=Ns 由幾何方程 a=bbb= s aab且 a=s+(a-s)E1=s+E1s -1 a利用平衡方程bbP2=N1+N2=aA+Ns=Ns1+- -1 （f） aa當(dāng)P1PP2時(shí)，N1為（e）式。（3）塑性階段 PP2 平衡方程和幾何方程同上。 本構(gòu)方程 a=s+(a-s)E1b=s+(b-s)E1 （g）與（2）彈塑性階段同

8、樣步驟：可得aP- 1-NsbN1=a1+b(PP2)6.9 如圖所示三桿桁架，若1=2=60，桿件截面積均為A0，理想彈塑性材料。加載時(shí)保持P=Q并從零開(kāi)始增加，求三桿內(nèi)力隨P的變化規(guī)律解：基本方程為11P21+2+23=A平衡方程： QP21-23=A Av1=4l 幾何方程：=vu水平位移2l v豎直位移v3=4l-4l協(xié)調(diào)關(guān)系： 11+3=22本構(gòu)方程： Ei(is)i=s(i=1,2,3) is)（1）彈性階段（(is)）利用（a）、（b）及（c）第一式，聯(lián)立求解得1PP1= 5+A0.78A4P2=5A=0.8PA1P3=-5PA=-0.38AN1=0.78P即 N2=0.8P(當(dāng)

9、PPe時(shí)) N3=-0.38P可看出2>1>3 a) （b）（c）（結(jié)構(gòu)彈性極限：令2=s=有 Ps=4P 5A5As=1.25Ns 4（2）彈塑性階段（2=s,13s）取N2=Ns，結(jié)構(gòu)成為靜定，由平衡方程N(yùn)1+N3=2(P-Ns)N1-N3=解得N1= 1P-Ns=1.58P-NsN3= 1P-Ns=0.42P-Ns=-(Ns-0.42P) N2=Ns若取N1=Ns，即1.58P2-Ns=Ns此時(shí)N3=-(Ns-0.42P2)=-0.533Ns即當(dāng)PsPP2時(shí)，內(nèi)力為上列N1、N2、N3值，當(dāng)N1=Ns時(shí)，桿1和桿2 已進(jìn)入塑性階段，當(dāng)PP2=1.27Ns時(shí)，兩桿為無(wú)線變形，結(jié)

10、構(gòu)已成為機(jī)構(gòu)。 故，此結(jié)構(gòu)Ps=1.27Ns。 P2=1.27Ns6.11 如圖所示三桿桁架，理想彈塑性材料，桿件截面面積均為A0，求下述兩種加載路徑的節(jié)點(diǎn)位移和桿件應(yīng)變：(1)先加豎向力P(x=0)，使結(jié)構(gòu)剛到達(dá)塑性極限狀態(tài)，保持y不變，開(kāi)始加力Q，使桁架再次達(dá)到塑性極限狀態(tài)。(2)先加水平力Q(y=0)，使結(jié)構(gòu)剛到達(dá)塑性極限狀態(tài)，保持久不變，開(kāi)始加力P，使桁架再次達(dá)到塑性極限狀態(tài)。解：此結(jié)構(gòu)的基本方程為2P1+3)=A平衡方程：Q1-3)=Az1=2h+y2h幾何方程： y2=h yz3=2h-2h且有： 2=1+3 本構(gòu)方程： =E(s)s(>s)將基本方程用其相應(yīng)的增量表示為P2

11、+1+3)=A平衡方程：(a')Q1-3)=A1=zy2h+2hy2=h(b') 且有： =yz32h-2h （a） （b）（c）幾何方程： 2=1+3E 本構(gòu)方程： =0(s)'（1）加載路徑見(jiàn)（1）c) (>s)教材（2）加載路徑見(jiàn)（2）第一階段：先加Q(y=0)，由基本方程可得1=31=-3Q=2=1-3)A=1A 顯然，1桿、3桿同時(shí)屈服，此時(shí)1=-3=s,Q=Qs=sA,2=0P=0 （d） z=2hs,y=0第二階段：在保持z不變的情況下施加力P，這是Q由相應(yīng)改變，此時(shí)， 節(jié)點(diǎn)位移增量為z=0,y=y>0由增量形式幾何方程(b')1>

12、;0,2>0,3>0這說(shuō)明桿1、2、3均伸長(zhǎng)，即桿3卸載。1=0,2=E2>0,3=E3>0由增量形式平衡方程(a')P=23>0A Q=3<0A 說(shuō)明保持s不變，P增加時(shí)，Q必須減小，當(dāng)取2=s，2=s，即桿2進(jìn)入拉伸屈服，此時(shí)，將各項(xiàng)增量與（d）式相應(yīng)初始值疊加， 有：1=2=s,3=s1P=P= ssA= 1+A s2Q=sA+Q=sA-s A=sA4 （e） 311=s,2=s,3=s22z=2hs,y=2hs12第三階段：保持z不變，繼續(xù)增加力P，此時(shí)1=2=0，即 1=2=s與第二階段相似，Q必須減少。3 當(dāng)3=s，即3=s時(shí)，結(jié)構(gòu)達(dá)到極

13、限狀態(tài)。這時(shí)： 21=2=3=sP=3sA=sA23sA=-sA2433s=s E2 Q= 將各增量與（e）式相應(yīng)初始值疊加，有1=2=3=sP=1sAQ=0 （f） z=2hsy=hs+y=hs+2h3=4h31=3s,2=2s,3=s(第七章 習(xí)題答案7.3 設(shè)S1、S2、S3為應(yīng)力偏量，試證明用應(yīng)力偏量表示Mises屈服條件時(shí)，其形式為：=s 證明：Mises屈服條件為(1-2)222+(2-3)+(3-1)=2s2222左式=(S1-S2)+(S2-S3)+(S3-S1)2=2(S12+S2+S32-S1S2-S2S3-S3S1)1232=2(S12+S2+S32)-(S1+S2+S3

14、)22S1+S2+S3=0左式=3(S+S+S212223)=22s故有=s 7.4 試用應(yīng)力張量不變量J1和J2表示Mises屈服條件。解：J1=1+2+3J2=-(12+23+31)Mises屈服條件：(1-2)2+(2-3)+(3-1)=2s2222左式=2(12+2+32-12-23-31)2=2(1+2+2)-3(12+23+31) =2(J12+3J2)=2s2故有 J12+3J2=s2 7.5 試用Lode應(yīng)力參數(shù)表達(dá)Mises屈服條件。解：由定義：8=max=即(1-3)2=(1-3) Mises屈服條件為(1-2)將上式代入，得：2+(2-3)+(3-1)=2s222(1-3

15、)=s 即：1-3=s8.5分析：設(shè)扭轉(zhuǎn)剪應(yīng)力z21ss± +2，主應(yīng)力為：=2=0，=z=，3221代入Mises屈服條件，得=s。28.8 解：（1）單向拉伸應(yīng)力狀態(tài) 1=s,2=3=011 有 0=(1+2+3)=s332S1=1-0=s31 則 S2=2-0=-s 31S3=3-0=-s3d1:d2:d3=S1:S2:S3=2:(-1):(-1)（2）純剪切應(yīng)力狀態(tài)，=s31=s2=013 有 =-=-3s 0=(1+2+3)=0S1=s3,S2=0S3=-s 故 d1:d2:d3=S1:S2:S3=1:0:(-1)8.9 證明：有Coulomb剪破條件 n=C-ntg n所

16、在平面為滑移面，如圖。1 從圖中可以看出，滑移面與3所在主平面所成角為(+)=+ 224212 (1)開(kāi)始屈服時(shí)x=0,y=0,z=0，代入Mises屈服條件準(zhǔn)則 (x-y)2+(y-z)2(z-x)2=2s2 得 0=（2）屈服后對(duì)應(yīng)的塑性應(yīng)變?cè)隽繛?s 2-+2-032+dyp=dsy=d(-)0 3-1+2dzp=dsz=d()03dxp=dsx=d由 dz=dz-dx-1+2+d()0=0 E3(a)及屈服條講的微分形式 (2x-z)dz+(2z-x)dz=0 (b)可得 dz=(c)由(a)(c)兩式，得 2x-z2-dx=d x-2z1-23dz-dx6(1-+2)d d=2E(1

17、-2)0E(1-2)0代入式子得答案結(jié)果。第九章 習(xí)題答案9.1分析：設(shè)剪切屈服極限為k，則可以依次求得彈性極限扭矩為：br1aTe=kr2rdr=b3(1-4)k(=)；塑性極限扭矩為：ab2bb2Ts=kr2rdr=b3(1-3)k；設(shè)彈塑性區(qū)分界線半徑為rs，則a3T=9.3M=1rsab1rr23akr2rdr+kr2rdr=b31-(s)3-3k。 rsa34rs4b2分析：在本題中Ie=bhe3，Sr=b(h2-he2)，根據(jù)公式3sheIe+sSr=1111111sbh2；卸載后殘余應(yīng)變曲率為，=-，結(jié)合r12re=sEhe，e=116M=。 ，r=1-5EIe2srsrs3(3

18、ln+1-3)，分別將rs=a、rs=b代入便可求的9.4分析：根據(jù)公式q=3ab2a3bqe=s(1-3)=3678kgcm2，qs=2sln=10077kgcm2；當(dāng)rs=12.6cm時(shí)，3baq=8590kgmm2。9.6分析：由彈性力學(xué)，筒內(nèi)各應(yīng)力值為z=qb2-1aqqb2qb2T2Tr=2，=2(1+2)，r=2(1-2)，z=r=-1-1r-1rIp(b4-a4)將這些值代入Mises屈服條件得：(-z)2+(z-r)2+(r-)2+62z=2s2化qb22Tr12+=s，在r=a和r=b處同時(shí)屈服，即簡(jiǎn)后的 2-1r2(b4-a4)3qb22Taq2Tb 2-1+(b4-a4)

19、，化簡(jiǎn)得計(jì)算結(jié)果為： 2-1a2+(b4-a4)= 222222Ta32=(+1)32。 q2第十章 習(xí)題答案10.2分析：設(shè)k為缺口處因摩擦作用而產(chǎn)生的剪應(yīng)力。ACB是均布?jí)毫^(qū)，在CA邊上=，=-k；OAB是均布?jí)毫^(qū)，在AO邊上=-，=k-q。因44為是同一條線，-2k=C有-k-2k()=k-q-2k(-)，化簡(jiǎn)得44q=2k(1+)，則單位長(zhǎng)度上的極限載荷為P=2b1qsin=4bk(1+)。 sin11.5使用機(jī)動(dòng)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(jī)構(gòu)有兩種，如圖（b）、（c）。若塑性鉸在B、D處形成，此時(shí) 1 外力功We=P 2內(nèi)力功Wi=Ms2+Ms

20、=3MsMs l若塑性鉸在B、E處形成，設(shè)E到C得距離為x，此時(shí)有 由We=Wi得P=6wE=w0,B=外力功We=w0wwl,E=0+0=w0 l-xxl-xxl-xllqlw0=Pw0 22內(nèi)力功Wi=Msw0l+Msw0 l-xxl-xx+l xl-x由We=Wi得P=2Ms令dP=0得x=0.41l dx將x=0.41l代入P的表達(dá)式P=11.66Ms lMs l解2：該連續(xù)梁形成破壞機(jī)構(gòu)有如下三種形式：比較以上兩種可知該梁的極限荷載為P*=6（1） 形成兩個(gè)塑性鉸產(chǎn)生局部破壞有兩處可能，圖（b）B、C形成塑性鉸www3wC=0,E=0+0=0 l2ll2l3ww5M故Wi=Ms 0+

21、0=w0sWe=Pw0 l2l2l由We=Wi得P=5Ms 2lw0ww3w,F=0+0=0 2l2ll2l圖（c）E、F兩點(diǎn)形成塑性鉸，此時(shí)有E=M3ww故Wi=Ms 0+0=2w0s 2ll2lWe=Pw0Ms l（2） 形成三個(gè)塑性鉸，產(chǎn)生局部破壞有三種可能：由We=Wi得P=2圖（d）在B、D、E三點(diǎn)形成塑性鉸，此時(shí)有3wwwB=0,D=20,E=0 2lllWi=Ms(B+D+E)=9Msw0 2lWe=2Pw09Ms 4l圖（e）在C、D、F三點(diǎn)形成塑性鉸，此時(shí)wwwC=0,D=20,F=30 lllMWi=6w0sWe=Pw0+P2w0=3Pw0 lM由We=Wi得P=2s l圖

22、（f）在C、D、E三點(diǎn)形成塑性鉸，此時(shí)wwwC=0,D=20,E=0 lllMWi=4w0sWe=Pw0 lM由We=Wi得P=4s l（3） 形成三個(gè)塑性鉸，產(chǎn)生整體破壞，只有一種可能性，如圖（g），此時(shí)3wwwB=0,D=20,F=30 2lll13MWi=w0s 2l由We=Wi得P=We=Pw0+Pw0+P2w0=4Pw0由We=Wi得P=M13Ms=1.625s 8ll比較上述六種情況，以（g）的情況P為最小，而且此載荷滿足-MsMMs的塑性彎矩條件。 Ms l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B、D處形成MP=12s l若塑性鉸在B、E處形成MP=11.66s lM

23、比較可知梁的極限載荷為P=11.66s l解4：此梁為一次超靜定結(jié)構(gòu)，當(dāng)形成兩個(gè)塑性鉸時(shí)，梁即成為破壞機(jī)構(gòu)，其破故破壞載荷為P=1.625壞形式有（b）（c）（d）三種可能。按圖（b）形式破壞時(shí)wwB=-0,D=20 llMWi=3w0sWe=2Pw0 l3Ms由We=Wi得P= 2l按圖（c）形式破壞時(shí)，同上得3MsP= l按圖（d）形式破壞時(shí)wwE=20,D=20 llMWi=4w0sWe=3Pw0 lM由We=Wi得P=1.33s lM比較得P=1.33s l11.6試求圖示剛架的極限載荷解（a）設(shè)如圖在ACDE四點(diǎn)形成塑性鉸，由We=Wi得2Pl+P2l=Ms+Ms2+Ms 得P=1.

24、5Ms l且此值滿足-MsMMs，條件 Ms l解2：如圖設(shè)在ACDE四點(diǎn)形成塑性鉸，所以P=1.5由B點(diǎn)到C點(diǎn)的距離x待定。x2(2l-x)=x=1= 2l1x=4Ms+2Ms 由We=Wi得P+4P22lx2xP+P=+Ms ll2l-xl化簡(jiǎn)得 P=令(4l-x)Ms 2l-xl+xdP=0得 dxx2-8lx+6l2=0Ms l解3：如圖設(shè)在ACDEFG等處形成塑性鉸。故x=0.838lP=1.48外力功We=P2l+2Pl=4Pl內(nèi)力功Wi=Ms+4Ms+3Ms+Ms+Ms+Ms=11Ms 由We=Wi得4Pl=11Ms Ms l11.8對(duì)圖所示的連續(xù)梁，利用上限定理求極限載荷q.

25、故P=2.75題圖11.6解 1）對(duì)破損機(jī)構(gòu)（a）x= 1klqkl1qlk2lqlPe=-= 1- 222xPi=Ms(1+2)=Msl x(l-x)可得q=2Ms 2(l-x)(x-kl)l1+k28Msq=0，得x=由代入上式，得q= （a） 222x2l(1-k)2）對(duì)破損機(jī)構(gòu)（b）ql2Ms,2=Pe=Pq=M+2()is12xl-x2l()1=由21+ xl-x2MMq=0，得x=0.414l，代入上式得，q=2s3+=11.6572s （b） xll當(dāng)（a）式和（b）式相等時(shí)，k=0.441，故有 (Ms822(1-k2)lq=2Msk2l2(0k0.441) (k0.441)附

26、加：一、理想彈塑性材料的厚壁圓筒1.彈性狀態(tài) a2sqe=(1-2) b即為彈性極限壓力，只有當(dāng)qqe時(shí)，圓筒才能完全處于彈性狀態(tài)。2srs1rs2ln+(1-2) 2.彈塑性狀態(tài)q=a2b3由上式即可根據(jù)q的大小確定塑性區(qū)的范圍。3.塑性極限狀態(tài)塑性極限壓力為：qs=2sbln a二、(2)求出各點(diǎn)的應(yīng)力值，及確定塑性極限載荷ps。在OA邊上n=1=0，由1-3=n-t=2k，得t=-2k,所以： A=B=(1+3)=(n+t)=-k在OD邊上n=3=-p，由1-3=t-n=2k，得t=-ps+2k,所以： 1212C=D=(1+3)=(n+t)=-ps+k沿BC線（線），B+2kB=C+2

27、kC即： 1212B-C=-2k(B-C)=2k(2-) 2將B,C代入上式，解得：ps=2k(1+2-2)三、例題11.2 圖11.4所示承受集中力作用的雙跨連續(xù)梁，若兩個(gè)跨度中梁的塑性極限彎矩不同，左跨為1.5Ms，右跨為Ms試求其極限載荷。圖11.4解 用機(jī)動(dòng)法求解。該梁為一次超靜定，形成破損機(jī)構(gòu)在梁中需要有兩個(gè)塑性鉸在梁中可能形成塑性鉸的截面有三個(gè)，即D、B、E處可能的破損機(jī)構(gòu)有三種，其相應(yīng)的位移和相對(duì)轉(zhuǎn)角如圖11.4(a)、(b)、(c)所示對(duì)于截面B上的塑性鉸，應(yīng)分別考慮左跨(1.5Ms)和右跨(Ms)上的兩種情況由破損機(jī)構(gòu)(a)，當(dāng)B處塑性鉸產(chǎn)生于左、右兩跨截面上時(shí)的破壞載荷分別

28、為：MMPa*1=1.75s,Pa*2=1.58s ll由破損機(jī)構(gòu)(b)，當(dāng)B處塑性鉸產(chǎn)生于右跨截面及左跨截面時(shí)的破壞載荷分別為：Ms*MsPb*=3,P=3.5 1b2ll由破損機(jī)構(gòu)(c)可求得破壞載荷為:MPc*=1.44s l比較上述三種破損機(jī)構(gòu)的計(jì)算結(jié)果，應(yīng)取其中的最小值作為極限載荷的近似值，即：MP*=Pc*=1.44s l四、兩種增量理論的比較綜合上述理論，可以歸納其特點(diǎn)如下：（1）普朗特-路埃斯理論與萊維-米澤斯理論的差別就在于前者考慮了彈性變形而后者不考慮彈性變形，實(shí)際上后者是前者的特殊情況。由此看來(lái)，萊維-米澤斯理論僅適應(yīng)于大應(yīng)變。無(wú)法求彈性回跳及殘余應(yīng)力場(chǎng)問(wèn)題，前者主要用于小應(yīng)變及求解