弹塑性力学试卷.doc

二、填空题：（每空2分，共8分）
　 1、在表征确定一点应力状态时，只需该点应力状态的-------个独立的应力分量，它们分别是-------。（参照oxyz直角坐标系）。

　 2、在弹塑性力学应力理论中，联系应力分量与体力分量间关系的表达式叫---------方程，它的缩写式为-------。
三、选择题（每小题有四个答案，请选择一个正确的结果。每小题4分，共16分。）
　1、试根据由脆性材料制成的封闭圆柱形薄壁容器，受均匀内压作用，当压力过大时，容器出现破裂。裂纹展布的方向是：_________。
A、沿圆柱纵向（轴向）B、沿圆柱横向（环向）C、与纵向呈45°角D、与纵向呈30°角

　2、金属薄板受单轴向拉伸，板中有一穿透形小圆孔。该板危险点的最大拉应力是无孔板最大拉应力__________倍。
A、2B、3C、4D、5

　3、若物体中某一点之位移u、v、w均为零（u、v、w分别为物体内一点，沿x、y、z直角坐标系三轴线方向上的位移分量。）则在该点处的应变_________。
A、一定不为零B、一定为零C、可能为零D、不能确定

　4、以下________表示一个二阶张量。
A、 B、 C、 D、
四、试根据下标记号法和求和约定展开下列各式：（共8分）
　　1、；（i ，j = 1，2，3 ）；

　　2、 ；

五、计算题（共计64分。）
　　1、试说明下列应变状态是否可能存在：
；（ ）
　　上式中c为已知常数，且。

　　2、已知一受力物体中某点的应力状态为：

　　式中a为已知常数，且a＞0，试将该应力张量分解为球应力张量与偏应力张量之和。为平均应力。并说明这样分解的物理意义。

　　3、一很长的（沿z轴方向）直角六面体，上表面受均布压q作用，放置在绝对刚性和光滑的基础上，如图所示。若选取＝ay2做应力函数。试求该物体的应力解、应变解和位移解。
　　（提示：①基础绝对刚性，则在x＝0处，u＝0 ；②由于受力和变形的对称性，在y＝0处，v＝0 。）

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　题五、3图

　　4、已知一半径为R＝50mm，厚度为t＝3mm的薄壁圆管，承受轴向拉伸和扭转的联合作用。设管内各点处的应力状态均相同，且设在加载过程中始终保持，（采用柱坐标系，r为径向，θ为环向，z为圆管轴向。）材料的屈服极限为＝400MPa。试求此圆管材料屈服时（采用Mises屈服条件）的轴向载荷P和轴矩Ms。
　 （提示：Mises屈服条件： ；）
填空题
6

平衡微分方程

选择 ABBC

1、 解：已知该点为平面应变状态，且知： k为已知常量。则将应变分量函数代入相容方程得： 2k+0=2k 成立，故知该应变状态可能存在。
2、解：

球应力张量作用下，单元体产生体变。体变仅为弹性变形。偏应力张量作用下单元体只产生畸变。塑性变形只有在畸变时才可能出现。关于岩土材料，上述观点不成立。
3、解： ，满足 ，是应力函数。相应的应力分量为：
， ， ； ①
应力边界条件：在x = h处， ②
将式①代入②得： ，故知：
， ， ； ③
由本构方程和几何方程得：
④
积分得： 　⑤ ⑥
在x=0处u=0，则由式⑤得，f1(y)= 0；
在y=0处v=0，则由式⑥得，f2(x)=0；
因此，位移解为：
4、解：据题意知一点应力状态为平面应力状态，如图示，且知 ，则
，且 = 0。
代入Mises屈服条件得：
即：
解得： 200 MPa；
轴力：P= = 2×50×10－3×3×10－3×200×106=188.495kN
扭矩：M= = 2×502×10－6×3×10－3×200×106=9.425 kN· m

综合测试试题二
二、填空题：（每空2分，共10分）
　 1、关于正交各向异性体、横观各向同性体和各向同性体，在它们各自的弹性本构方程中，独立的弹性参数分别只有-------个、--------个和-------个。

　 2、判别固体材料在复杂应力状态作用下，是否产生屈服的常用屈服条件（或称屈服准则）分别是------和-------。
三、选择题（每小题有四个答案，请选择一个正确的结果。每小题4分，共16分。）
　1、受力物体内一点处于空间应力状态（根据OXYZ坐标系），一般确定一点应力状态需______独立的应力分量。
A、18个B、9个C、6个D、2个

　2、弹塑性力学中的几何方程一般是指联系____________的关系式。
A、应力分量与应变分量B、面力分量与应力分量
C、应变分量与位移分量D、位移分量和体力分量

　3、弹性力学中简化应力边界条件的一个重要原理是____________。
A、圣文南原理B、剪应力互等定理C、叠加原理D、能量原理

　4、一点应力状态一般有三个主应力 。相应的三个主应力方向彼此______。
A、平行B、斜交C、无关D、正交
四、试根据下标记号法和求和约定展开下列各式（式中i、j = x、y、z）：（共10分）
　　① ；

　　② ；

五、计算题（共计54分。）
　　1、在平面应力问题中，若给出一组应力解为：
， ， ，
　　式中a、b、c、d、e和f均为待定常数。且已知该组应力解满足相容条件。试问：这组应力解应再满足什么条件就是某一弹性力学平面应力问题的应力解。（15分）

　　2、在物体内某点，确定其应力状态的一组应力分量为：
=0，=0，=0，=0，=3a，=4a，知。
　　试求：（16分）
　　　①该点应力状态的主应力、和；
　　　②主应力的主方向；
　　　③主方向彼此正交；

　　3、如图所示，楔形体OA、OB边界不受力。楔形体夹角为2α，集中力P与y轴夹角为β。试列出楔形体的应力边界条件。（14分）

题五、3图

　　4、一矩形横截面柱体，如图所示，在柱体右侧面上作用着均布切向面力q，在柱体顶面作用均布压力p。试选取：

　　做应力函数。式中A、B、C、D、E为待定常数。试求： （16分）
　　（1）上述式是否能做应力函数；
　　（2）若可作为应力函数，确定出系数A、B、C、D、E。
　　（3）写出应力分量表达式。（不计柱体的体力）

题五、4图
5、已知受力物体内一点处应力状态为：
（Mpa）
　　且已知该点的一个主应力的值为2MPa。试求：（15分）
　　①应力分量的大小。
　　②主应力、和 。窗体底端

9 5 2 Tresca 屈服条件 Mises屈服条 CCAD

1、解：应力解应再满足平衡微分方程即为弹性力学平面应力问题可能的应力解，代入平衡微分方程得：

　　则知，只要满足条件a＝－f，e＝－d，b和c可取任意常数。若给出一个具体的弹性力学平面应力问题，则再满足该问题的应力边界条件，该组应力分量函数即为一个具体的弹性力学平面应力问题的应力解。
　2、解：由式（2—19）知，各应力不变量为
、，
　　代入式（2—18）得：

　　也即　　　 （1）
因式分解得：
（2）则求得三个主应力分别为。
设主应力与xyz三坐标轴夹角的方向余弦为
、 、 。
　　将 及已知条件代入式（2—13）得：
（3）
　　由式（3）前两式分别得：
　　　 （4）
　　将式（4）代入式（3）最后一式，可得0=0的恒等式。再由式（2—15）得：

　　则知
； （5）
　　同理可求得主应力的方向余弦、、和主应力 的方向余弦、、，并且考虑到同一个主应力方向可表示成两种形式，则得：
　　　　　　　　　　　　　　　 主方向为： ；（6）
　　　　　　　　　　　　　　　 主方向为： ；（7）
　　　　　　　　　　　　　　 主方向为： ； （8）
　　若取主方向的一组方向余弦为 ，主方向的一组方向余弦为 ，则由空间两直线垂直的条件知：
（9）
　　由此证得 主方向与主方向彼此正交。同理可证得任意两主应力方向一定彼此正交。
　3、解：楔形体左右两边界的逐点应力边界条件：当θ＝±α时， ＝0，＝0；以半径为r任意截取上半部研究知：

　4、解：据结构的特点和受力情况，可以假定纵向纤维互不挤压，即：；由此可知应力函数可取为：
（a）
　　将式（a）代入 ，可得：

(b)
　　故有：
； (c)
　　则有：
； (d)
　　略去 中的一次项和常数项后得：
(e)
　　相应的应力分量为：
(f)
　　边界条件：
　　① 处，
，则 ； (g)
　　② 处，
， 则 ； (h)
　　③在y = 0处，
， ，即
　　由此得：
，
　　再代入式（h）得：；
　　由此得：
（i）
　　由于在y=0处，
，
　　积分得： （j） ，
　　积分得：（k）
　　由方程(j ) (k)可求得：
，
　　投知各应力分量为：
(l)
　　据圣文南原理，在距处稍远处这一结果是适用的。
　5、解：首先将各应力分量点数代入平衡微分方程，则有：
得：
　　显然，杆件左右边界边界条件自动满足，下端边界的边界条件为：
， ， ， ， 。
即：
　　或：

三
一、问答题：（简要回答，必要时可配合图件答题。每小题5分，共10分。）
　1、简述弹塑性力学的研究对象、分析问题解决题的根本思路和基本方法。

　2、简述固体材料塑性变形的主要特点。

二、选择题（每小题有四个答案，请选择一个正确的结果。每小题4分，共16分。）
　1、一点应力状态的主应力作用截面上，剪应力的大小必定等于____________。
A、主应力值B、极大值C、极小值D、零

　2、横观各向同性体独立的弹性常数有________个。
A、2B、5 C、9D、21

　3、固体材料的波桑比μ（即横向变形系数）的取值范围是：________。
A、B、 C、D、

　4、空间轴对称问题独立的未知量是应力分量和应变分量，分别________个，再加上________个位移分量，一共________个。
A、3B、6C、8D、10
三、试据下标记号法和求和约定，展开用张量符号表示的平衡微分方程：（10分）
（i，j = x，y，z）
　　式中为体力分量。

四、计算题（共计64分。）
　　1、已知一弹性力学问题的位移解为：（13分）
； ； ；
　　式中a为已知常数。试求应变分量，并指出它们能否满足变形协调条件（即相容方程）。

　　2、设如图所示三角形悬臂梁，只受自重作用，梁材料的容重为。若采用纯三次多项式：

　　作应力函数，式中A、B、C、D为待定常数。试求此悬臂梁的应力解。（15分）

题四、2图
3、试列出下列各题所示问题的边界条件。（每题10分，共20分。）
　　（1）试列出图示一变截面薄板梁左端面上的应力边界条件，如图所示。
题四、3、（1）图　　　　　　　　　　　　　　
题四、3、（2）图
　　（2）试列出半空间体在边界上受法向集中P作用——Boussinesq问题的应力边界条件，如图所示。
　　4、一薄壁圆筒，承受轴向拉力及扭矩的作用，筒壁上一点处的轴向拉应力为，环向剪应力为，其余应力分量为零。若使用Mises屈服条件，试求：（16分）
　　1）材料屈服时的扭转剪应力应为多大？
　　2）材料屈服时塑性应变增量之比，即：∶∶∶∶∶。已知Mises屈服条件为：

选择DBCD
三、

　1、解：将位移分量代入几何方程得：
； ； ；
　由于应变分量是x的线性函数，固知它们必然满足变形协调条件：

　2、解：将 式代入 知满足，可做应力函数，相应的应力分量为：（已知Fx＝0，Fy=γ）

　　边界条件：
　　① 上边界： ， ， ，代入上式得：A ＝ B ＝0，
　　② 斜边界： ， ， ， ，则：

　得：
；
　于是应力解为：

题四、2图
　3、解：（1）左端面的应力边界条件为：据圣文南原理

题四、3、（1）图

　　（2）上边界：①当 时 ， ；
　　　　　　　　 ②当 时 ， ；
　　　　　　　　 ③当 时 ， ； 在此边界上已知：
， ， ；
　　　　　　　　 ④当设想 时，截取一平面，取上半部研究，则由平衡条件知：

，已知： ，对称性

　　4、解：采用柱坐标，则圆筒内一点的应力状态为：

　　则miss条件知：

　　解得： ；此即为圆筒屈服时，一点横截面上的剪应力。
　　已知：
　　则：

　　由增量理论知：

　　则：

　　即：

四
二、选择题（每小题有四个答案，请选择一个正确的结果。每小题4分，共16分。）
　1、极端各向异性体、正交各向异性体、横观各向同性体和各向同性体独立的弹性常数分别为： 。
A、81、21、15、9；B、21、15、9、6；
C、21、9、5、2；D、36、21、9、2；

　2、主应力空间平面上各点的 为零。
A、球应力状态；B、偏斜应力状态；
C、应力状态；D、球应力状态不一定；

　3、若一矩形无限大弹性薄平板，只在左右两边受均布拉力q作用，板中有一穿透型圆孔。圆孔孔边危险点应力集中，此点最大的应力（环向正应力）是无孔板单向拉应力的 。
A、1倍B、2倍C、3倍D、4倍

　4、固体材料的弹性模E和波桑比（即横向变形系数）的取值区间分别是：
A、E ＜0 ， 0＜ ＜ ；B、E ＞0， －1 ＜ ＜ 1；
C、E ＜0 ， － ＜ ＜ ；D、E ＞0， 0 ＜ ＜ ；
三、试根据下标记号法和求和约定展开下列各式：（变程取i，j = 1、2、3或x、y、z。）（共10分。）
　　1、 2、

四、计算题（共计64分。）
　　1、如图所示一半圆环，在外壁只受的法向面力作用，内壁不受力作用。A端为固定端，B端自由。试写出该问题的逐点应力边界条件和位移边界条件。（15分）

题四、1图
　　2、已知一点的应变状态为：
，，，
，，。
　　试将其分解为球应变状态与偏斜应变状态。（15分）
　　3、已知受力物体内一点处应力状态为：
（Mpa）
　　且已知该点的一个主应力的值为2MPa。试求：（18分）
　　①应力分量的大小 ；
　　② 主应力、和。
　　4、一厚壁圆筒，内半径为a，外半径为b ，仅承受均匀内压q作用（视为平面应变问题）。圆筒材料为理想弹塑性，屈服极限为。试用Tresca屈服条件，分析计算该圆筒开始进入塑性状态时所能承受的内压力q的值。已知圆筒处于弹性状态时的 应力解为：
　　　　　　　　　　　　　　　 ； 　　　 ；
　　　　　　　　　　　　　　　 ； 　　　 ；
　　　　　　　　　　　　　　　 ； 　　　　 　 ；
　 　上式中：a≤r≤b。（16分）
选择 CACD
三
1、

2、

计算题1、解：逐点应力边界条件：
　　当r＝a时，＝0， ＝0；
　　当r＝b时，＝qsiθ， ＝0；
　　当θ=π时， ＝0， ＝0；
　　A端位移边界条件：
　　当θ＝0 ， 时，ur＝0 ，uθ＝0 ，且过A点处径向微线素不转动，即 ＝0；或环向微线素不转动，即 =0。
　2、解：
；
；
　3、解（1）：
；

　　即：
，
　　将：　代入上式解得：；
　　故知：
由：
又解（2）：代入教材、公式： 代入

　　由： ，
　　且由上式知：2式知 ，由3式 ，故 ，则知： ；（由1式）再由：

　　展开得：
；
　　则知：；
由：
　　即： ； ；
再由：，知：
4、解：由题目所给条件知： 则由Tresca条件：
　知：
　　则知：

19