弹性力学基础课后习题解答.docx

弹性力学基础课后习题解答习题解答 第二章 2.1计算：(1)dpidiqdqjdjk，(2)epqieijkAjk，(3)eijpeklpBkiBlj。 解：(1)dpidiqdqjdjk(2)epqieijkAjk2.2证明：若aij(3)eijpeklpBkiBlj=dpqdqjdjk=dpjdjk=dpk; =(dikdjl-dildjk)BkiBlj=BiiBjj-BjiBij。 =(dpjdqk-dpkdqj)Ajk=Apq-Aqp; =aji，则eijkajk=0。 证：2eijkajk=eijkajk+eikjakj=eijkajk-eijkakj=eijkajk-eijkajk=0。 2.3设a、b和c是三个矢量，试证明： a×aa×ba×cb×ab×bb×c=a,b,c2 c×ac×bc×ca×aa×ba×caiaiaibiaicia1a2a3a1b1c12证：b×ab×bb×c=biaibibibici=b1b2b3a2b2c2=a,b,c。 c×ac×bc×cciaicibicicic1c2c3a3b3c32.4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：(a´b)×(c´d)=aibjeijkek×cldmelmnen=aibjcldmeijkelmk =aibjcldm(dildjm-dimdjl)=(aici)(bjdj)-(aidi)(bjcj) =(a×c)(b×d)-(a×d)(b×c)。 zz'2.5设有矢量u=uiei。原坐标系绕z轴转动q角度，得到新坐标系，如图2.4所示。试求矢量u在新坐标系中的分量。 解：b1¢1=cosq，b1¢2=sinq，b1¢3=0， b2¢1=-sinq，b2¢2=cosq，b2¢3=0， b3¢1=0，b3¢2=0，b3¢3=1。 u1¢=b1¢iui=u1cosq+u2sinq， y'oxqx'图2.4qy1 u2¢=b2¢iui=-u1sinq+u2cosq， u3¢=b3¢iui=u3。 2.6设有二阶张量T=TijeiÄej。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T1¢1¢、T1¢2¢、T1¢3¢和T3¢3¢。 解：变换系数同上题。 T1¢1¢=b1¢ib1¢jTij=T11+T222+T11-T222cos2q+T12+T212sin2q， T1¢2¢=T12-T21+T12+T21T-T22cos2q+22112sin2q， T1¢3¢=T13cosq+T23sinq， T3¢3¢=T33。 2.7设有3n个数Ai1i2×××in，对任意m阶张量Bj1j2×××jm，定义 Ci1i2×××inj1j2×××jm=Ai1i2×××inBj1j2×××jm 若Ci1i2×××inj1j2×××jm为n+m阶张量，试证明Ai1i2×××in是n阶张量。 证：为书写简单起见，取n=2，m=2，则 Cijkl=AijBkl， 在新坐标系中，有 Ci¢j¢k¢l¢=Ai¢j¢Bk¢l¢ (a) 因为Cijkl和Bkl是张量，所以有 Ci¢j¢k¢l¢=bi¢ibj¢jbk¢kbl¢lCijkl=bi¢ibj¢jAijbk¢kbl¢lBkl=bi¢ibj¢jAijBk¢l¢ 比较上式和式(a)，得 (Ai¢j¢-bi¢ibj¢jAij)Bk¢l¢=0 由于B是任意张量，故上式成立的充要条件是 Ai¢j¢=bi¢ibj¢jAij 即Aij是张量。 2.8设A为二阶张量，试证明I××A=trA。 证：I××A=eiÄei××AjkejÄek=Ajk(ei×ej)(ei×ek)=Ajkdijdik=Aii=trA。 2.9设a为矢量，A为二阶张量，试证明： 2 (1)a´A=-(AT´a)T，(2)A´a=-(a´AT)T 证：(1) -(AT´a)T=-(AjieiÄej´akek)T=-(AjieiÄakejknen)T =-AjnakejkieiÄen =-(AjiakejkneiÄen)T (2) -(a´AT)T =akek´AjnejÄen=a´A。 =-(aiei´AkjejÄek)T=-(AkjaieijnenÄek)T =-(AnjaieijkenÄek)=AnjenÄaiejikek =AnjenÄej´aiei=A´a 2.10已知张量T具有矩阵 é123ù T=ê456ú ê789úëû 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 é135ù1 (T+TT)=ê357ú， 2ê579úëû T的反对称部分具有矩阵 é0-1-2ù1 (T-TT)=ê10-1ú。 2ê210úëû 和反对称部分对应的轴向矢量为 =e1-2e2+e3。 2.11已知二阶张量T的矩阵为 é3-10ùT=ê-130ú ê001úëû求T的特征值和特征矢量。 3-l-10解：-13-l0=(1-l)(3-l)2-1=0 001-l由上式解得三个特征值为l1=4，l2=2，l3=1。 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 3 a1=11(e1-e2)，a=(e1+e2)，a3=e3。 222.12求下列两个二阶张量的特征值和特征矢量： A=aI+bmÄm，B=mÄn+nÄm 其中，a和b是实数，m和n是两个相互垂直的单位矢量。 解：因为 A×m=(aI+bmÄm)×m=(a+b)m， 所以m是A的特征矢量，a+b 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 A×a=(aI+bmÄm)×a=aa 所以和m垂直的任意单位矢量都是征方程的重根。 令 e2=则有 A的特征矢量，相应的特征值为a，显然a是特11(m-n)，e3=(m+n)，e1=e2´e3 2222(e2+e3)，n=(-e2+e3) 22上面定义的ei是相互垂直的单位矢量。张量B可以表示成 B=0e1Äe1-e2Äe2+e3Äe3 所以，三个特征值是1、0和1，对应的特征矢量是e3、e1和e2。 m=2.13设a和b是矢量，证明： (1)Ñ´(Ñ´a)=Ñ(Ñ×a)-Ñ2a (2)Ñ´(a´b)=b×(Ña)-a×(Ñb)+a(Ñ×b)-b(Ñ×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) Ñ´(a´b)=ei¶¶´(ajej´bkek)=ei´(ajbkejkmem) ¶xi¶xi =(aj,ibk+ajbk,i)ejkmeimnen=(aj,ibk+ajbk,i)(djndki-djidkn)en =aj,ibiej+ajbi,iej-aj,jbkek-aibk,iek =b×(Ña)-a×(Ñb)+a(Ñ×b)-b(Ñ×a) 2.14设a=x2yze1-2xz3e2+xz2e3，求w=1(aÑ-Ña)及其轴向矢量。 24 解：w=1(aÑ-Ña) 2=1(x2z+2z3)e1Äe2+(x2y-z2)e1Äe3-(2z3+x2z)e2Äe1 2 -6xz2e2Äe3+(z2-x2y)e3Äe1+6xz2e3Äe2 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 =1Ñ´a=16xz2e1+(x2y-z2)e2-(2z3+x2z)e3。 22 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(2)若原点O在S的内部，积分证：(1)当r¹0时，有 Ñ×(n×ròr3dS=0； Sn×ròr3dS=4p。 Sr¶xi)=0 (b) r3¶xir3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 n×rròr3dS=òÑ×(r3)dv=0。 SV(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 n×rn×rn×rrdS=dS+dS=Ñ×(ò¢r3òr3ò¢r3òr3)dV=0 S+SSSVn×rn×rdS=-òr3ò¢r3dS SS 即 在S¢上，r=a，n=-r/a，于是 2.16设òrSn×r3dS=-òn×r11dS=ò2dS=2òdS=4p。 3raaS¢S¢S¢f=ye1+(x-2xz)e2-xye3，试计算积分ò(Ñ´f)×ndS。式中S是球面S在xy平面的上面部分. x2+y2+z2=a2 解：用c表示圆x2+y2=a2，即球面x2+y2+z2=a2和xy平面的交线。由Stokes公式得 5 ò(Ñ´f)×ndS=Ñòf×dr=Ñòydx+xdy=0。 Scc第三章 %=r+u。求3.1设r是矢径、u是位移，r逆 的二阶张量。 解： %drdr，并证明：当ui,j<<1时，是一个可drdr%drdudr=+=I+uÑ drdrdr%dr=I+uÑ的行列式就是书中的式(3.2)，当ui,j<<1时，这一行列式大于零，所dr%dr以可逆。 dr3.2设位移场为u=A×r，这里的A是二阶常张量，即称张量=(uÑ-Ñu)/2及其轴向矢量。 解：uÑ=A，= =A和r无关。求应变张量、反对11(A+AT)，=(A-AT)， 2211¶Ñ´u=ei´AjkejÄek×xlel 22¶xi111 =AjkeijmemÄek×dilel=Ajkeijmemdki=Ajieijmem 2223.3设位移场为u=A×r，这里的A是二阶常张量，且ui,jÑ1。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r0的点的直线方程可以写成 r=ta+r0 (1) 其中t是可变的参数。变形后的矢径为 %=r+u=r+A×r=(I+A)×r (2) r 用I+A点积式(1)的两边，并利用式(2),得 %=t(I+A)×a+(I+A)×r0 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(I+A)×r0的点。所以变形前的直线变形后仍然是直线。 6 (2)因为ui,jÑ1，所以I+A可逆。记B=(I+A)-1，则 %=B×r% (3) r=(I+A)-1×r 变形前任意一个平面的方程可以表示成 a×r=c (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 (5) (a×B)×r 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 a×r=c1，a×r=c2 变形后变成 %=c1，(a×B)×r%=c2 (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q。求变形后q的减小量。 解：n和m方向的正应变分别为 en=n××n，em=m××m 用en和em代替式(3.11)中的e1和e2，经整理，得q的减小量Dq为 2n××m-ctgq(n××n+m××m) sinq 又=(A+AT)/2，所以 1 Dq=n×(A+AT)×m-ctgq(n×A×n+m×A×m)。 sinq Dq=3.6设n和m是两个单位矢量，dr=ndr和dr=mdr是两个微小的矢量，变形前它们A=dr´dr，试用应变张量把变形时它的面积变化率DA/A表示出来，其中DA是面积变形前后的改变量。 解：变形后，dr和dr变成 %=d%=dr+×dr+´dr r+×rd+´rd，dr dr 对上面两式进行叉积，并略去高阶小量，得 %´dr%=dr´dr+dr×´dr+dr´e×dr dr所张的平行四边形面积为 对上式两边进行自身点积，略去高阶小量，得 7 %´dr%)×(dr%´dr%) (dr =(dr´dr)×(dr´dr)+2(dr×´dr)×(dr´dr)+2(dr´e×dr)×(dr´dr) (a) 注意到 %´dr%)×(dr%´dr%)=(A+DA)2»A2+2(DA)A (dr(dr´dr)×(dr´dr)=A2 DA(dr×´dr)×(dr´dr)+(dr´×dr)×(dr´dr)= A(dr´dr)×(dr´dr)=(n×´m)×(n´m)+(n´×m)×(n´m)(n´m)×(n´m) 所以，从式(a)可得 利用习题2.4中的等式，上式也可写成 3.7设在一个确定的坐标系中的应变分量为eij，让坐标系绕z轴转动q角，得一个新的坐标系，求在新坐标系中的应变分量。 解：b1¢1=cosq，b1¢2=sinq，b1¢3=0， b2¢1=-sinq，b2¢2=cosq，b2¢3=0， b3¢1=0，b3¢2=0，b3¢3=1。 ex¢=DA=n××n-2(n××m)(n×m)+m××m A1-(n×m)2+cos2q+exysin2q， 22ex+eyex-ey ey¢=-cos2q-exysin2q， 22ex-ey ex¢y¢=-sin2q+exycos2q， 2 ex¢z¢=exzcosq+eyzsinq，ex+eyex-eyyey¢z¢=-exzsinq+eyzcosq，ez¢=ez c120ob60o3.8在Oxy平面上，Oa、Ob、Oc和x轴正方向之间的夹角分别为0o、60o、120o，如图eb3.9所示，这三个方向的正应变分别为ea、和ec。求平面上任意方向的相对伸长度en。 解：在Oxy平面中，和x方向成q角的方向，其方向余弦为 8 aO图3.9x n1=cosq，n2=sinq，n3=0 这一方向的相对伸长度为 en=eijninj =excos2q+2exysinqcosq+eysin2q =ex+eyex-ey2+2cos2q+exysin2q =A+Bcos2q+Csin2q (a) 利用上式，可得 ea=A+B，eb=A-1B+23C，eb=A-1B-23C 22 解之，得 A=ea+eb+ec3 将求出的A、B和C代回式(a)，得 en=，B=2ea-eb-ecC=3(e-e)，bc 33cos2q+3(eb-ec)sin2q 3ea+eb+ec2ea-eb-ec3+33.9试说明下列应变分量是否可能发生： ex=axy2，ey gyz=ax2y，ez=axy， =ay2+bz2，gxz=ax2+by2，gxy=0 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a=b=0。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A0，A1，B0，B1，C0，C1，C2之间的关系，使下列应变分量满足协调方程 2244 ex=A0+A1(x+y)+x+y， ey=B0+B1(x2+y2)+x4+y4， gxy=C0+C1xy(x2+y2+C2)， ez=gzx=gzy=0。 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： A1+B1=2C2。 其它三个常数A0、B0、C0可以是任意的。 C1=4，3.11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。 9 解：由于应变张量和空间位置无关，所以书中的式(3.36a)简化成 u=u0+0´(r-r0)+ò×dr=u+´(r-r)+×(r-r) r00000r 其中u0是任意的刚体平移，0是任意的角位移矢量。 3.12设ex=ax，ey=by，ez=cz，exy=eyz=ezx=0，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， =axe1Äe1+bye2Äe2+cze3Äe3 很容易验证´Ñ=0，且有 e×dr=axe1dx+bye2dy+cze3dz= 所以从式(3.36a),得 u=u0+0´(r-r0)+ =u0+0´(r-r0)+r1d(ax2e1+by2e2+cz2e3) 2ò×dr r001rd(ax2e1+by2e2+cz2e3) ò2r12 =u0+0´(r-r0)+a(x2-x0)e1+b(y2-y02)e2+c(z2-z02)e3 2第四章 4.1已知物体内一点的六个应力分量为： sx=50a，sy=0，sz=-30a，tyz=-75a，tzx=80a，txy=50a 试求法线方向余弦为n1=1，n2=1，n3=22剪应力tn。 解：应力矢量T的三个分量为 T1=s1ini12的微分面上的总应力T、正应力sn和=106.57a，T2=-28.033a，T3=-18.71a 总应力T= 剪应力tn=T12+T22+T32=111.8a。 =26.04a。 2T2-sn=108.7a。 正应力sn=Tini4.2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T1和T2，试证T1×m=T2×n。 证：利用应力张量的对称性，可得 10 T1×m=(n×)×m=sijnimj=sjinimj=(m×)×n=T2×n。证毕。 4.3某点的应力张量为 ésxtxytxzùé012ù êtyxsytyzú=ê1sy1ú êtzxtzyszúê210úëûëû 且已知经过该点的某一平面上的应力矢量为零，求sy及该平面的单位法向矢量。 解：设要求的单位法向矢量为ni，则按题意有 sijnj 即 n2+2n3=0，n1+syn2+n3=0，2n1+n2=0 (a) 上面第二式的两倍减去第一式和第三式，得 (2sy-2)n2=0 上式有两个解：n2=0或sy可求得 n=±=0 =1。若n2=0，则代入式(a)中的三个式子，可得n1=n3=0，这是不可能的。所以必有sy=1。将sy=1代入式(a)，利用nini=1，e1-2e2+e3。 64.4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 sx=A(-arctg sy szyxy-22+C) xx+yyxy=A(-arctg+22+B) xx+y=tyz=txz=0，txy=-Ay2x2+y2Obxyq图4.8 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y=0的边界上，有边界条件 (sy)y=0=-q，(txy)y=0=0 所给的应力分量txy自动满足上面的第二个条件。将sy的表达式代入上面的第一个条11 件，得 AB=-q (1) 在上斜面上，有y=-xtgb，所以斜面上的应力分量可以简化成 sx=A(b+sinbcosb+C)，sx=A(b-sinbcosb+B)， txy=-Asin2b，sz=tyz=txz=0 (2) 斜面上的外法向方向余弦为 n1=-sinb，n2=-cosb，n3=0 (3) 将式(2)和(3)代入边界条件sijnj í=0，得 ìb+C=0 (4) A(sinb-bcosb)-ABcosb=0îA=q，B=tgb-b，C=-b b-tgb 联立求解(1)和(4)，得 4.5图4.9表示一三角形水坝，已求得应力分量为 sx=ax+by，sy tyz=cx+dy，sz=0， xO=txz=0，txy=-dx-ay-gx g和g1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x=0的边界上，有边界条件 (sx)x=0=-g1y，(txy)x=0=0 将题中的应力分量代入上面两式，可解得：a=0，bg1yy图4.9b=-g1。 在左侧的斜面上，x=ytgb，外法向方向余弦为 n1=cosb，n2=-sinb，n3=0 把应力分量和上面得到的有关结果代入边界条件sijnj=0，可解得：d=g1ctg2b-g，c=ctgb(g-2g1ctg2b)。 4.6物体的表面由f(x,y,z)=0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 12 n=ÑfÑf×Ñf 或 ni=f,if,kf,k 按题意，边界条件为 ×n=pn 因此 ×ÑfÑf×Ñf=pÑfÑf×Ñf 即 ×Ñf=pÑf 上式的指标形式为 sijf,j=pf,i。 4.7如图4.10所示，半径为a的球体，一半沉浸在密度为r的液体内，试写出该球的全部边界条件。 aOz n=图4.10 解：球面的外法向单位矢量为 当z£0时，有边界条件 xrxiei 或 ni=i =aaa=0。 =-rgzxi。 ×n=0 即 ×r=0 或 sijxj 当z³0时，球面上的压力为rgz，其中g为重力加速度，边界条件为 s×n=-rgzn 即 ×r=-rgzr 或 sijxj 4.8物体的应力状态为sij=sdij，其中s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y，使f=-Ñy；(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 f=-Ñ×=-Ñ×sI=-s,iei×I=-s,iei=-Ñs 所以，只要令y=s，就有f=-Ñy。 (2)表面上的面力为 T=n×=sn×I=sn 或 Ti=snj。 13 4.9已知六个应力分量sij中的s3i=0，求应力张量的不变量并导出主应力公式。 2，I=0。 解：应力张量的三个不变量为：I1=sx+sy，I2=sxsy-txy3 特征方程是 s3-I1s2+I2s=s(s2-I1s+I2)=0 上式的三个根即三个主应力为s=0和 s 4.10已知三个主应力为s1、s2和s3，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 n1=±=sx+sy2æsx-syö2±ç+txy÷è2ø2333，n2=±，n3=± 333 求八面体各个面上的正应力s0和剪应力t0。 解：s0=sijninj1=(s1+s2+s3)， 3 T=sijnjei，T2=T×T=si2ni2= t0= 2T2-s0=s12+s22+s323， 1(s1-s2)2+(s2-s3)2+(s3-s1)2。 34.11某点的应力分量为s11=s22=s33=0，s12=s23=s31=s，求： (1)过此点法向为n=1(e1+e2+e3)的面上的正应力和剪应力； 32s(e1+e2+e3)， 3 (2)主方向、主应力、最大剪应力及其方向。 解：(1)T=sijnjei= T2=T×T=4s2。 正应力为sn=T×n=2s。 剪应力为tn=2T2-sn=0。 由此可知，2s是主应力，n= (2)用l表示主应力，则 1(e1+e2+e3)是和其对应的主方向。 314 ss s-ls=-(l+s)2(l-2s)=0 ss-l 所以，三个主应力是s1=2s，s2=s3=-s。由上面的结论可知，和s1对应的主方向是n，又因为s2=s3=-s是重根，所以和n垂直的任何方向都是主方向。 -l第五章 5.1把线性各向同性弹性体的应变用应力表示为eij具体表达式。 解：eij 所以 Cijkl试写出柔度系数张量Cijkl的=Cijklskl，=1+nsij-nskkdij=1+n(dikdjl+dildjk)-ndijdklskl EE2EE1+nn=(dikdjl+dildjk)-dijdkl。 2EE5.2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。 q铁盖橡皮铁盒按题意有 sz 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、图5.2y的方向。=-q，ex=ey=0，sx=sy=-p 由胡克定律得 ex=11sx-n(sy+sz)=(n-1)p+nq=0 EE 所以盒内侧面的压力为 15 p=nq 1-n12n2+v-1(2n-1)(n+1)=ez=sz-n(sx+sy)=q=q EE(1-n)E(1-n) 体积应变为 q=eii 最大剪应力为 tmax=sz-sx2=1-2nq。 2(1-n)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ni是应力的主方向，s是相应的主应力，则 sijnj=sni (1) 各向同性的胡克定律是 sij=lqdij+2meij =sni，即 将上式代入式(1)，得lqni+2meijnj eijnj1(s-lq)ni 2m 由此可知，ni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gxy=0，所以从式(5.14)得 txy=C41ex+C42ey+C43ez 若应变主坐标系也是应力主坐标系，则txy=0，即 C41ex+C42ey+C43ez=0 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 si=lq+2mei (1) 从上式得 I1=Q=sii=(3l+2m)q=(3l+2m)J1 (2) I2=s1s2+s2s3+s3s1 16 =(2me1+lq)(2me2+lq)+(2me2+lq)(2me3+lq)+(2me3+lq)(2me1+lq) =(3l+4m)lJ12+4m2J2 I3=s1s2s3=(lq+2me1)(lq+2me2)(lq+2me3) =l2(l+2m)J13+4m2lJ1J2+8m3J3 (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 -age2+yÑg+2Ñ´(Ae1+Be2) 其中f、g、A、B为调和函数，问常数a为何值时，上述的u为无体力弹性力学 u=Ñf的位移场。 解：Ñ×(Ñ´Ae1)=ek¶×(ei¶´Ae1)=ek¶×A,iei1jej=A,ijeji1=0 ¶xk¶xi¶xk 同理Ñ×(Ñ´Be2)=0。 由上面两式及f和g是调和函数可得 q=Ñ×u=(1-a)g,2 Ñq=(1-a)Ñg,2 (1) 因f、g、A、B为调和函数，所以 Ñ2u=2Ñg,2 (2) 将式(1)、(2)代入无体力的Lamé-Navier方程，得 (l+m)(1-a)+2mÑg,2=0 上式成立的条件是 (l+m)(1-a)+2m=0 即 a=l+3ml+m。 6.3已知弹性体的应力场为 17 sx=2x，sy=2y+x，txy=-2x-2y，tzx=tzy=0，sz(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。 =-2z。 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f=2e3。 (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 %dS+f%dS+òfu%dV=ÑÑòTuòTuò%udV， iiiiiiiiSVSV其中Ti、%i、f%i、u%i分别为同一弹性体上的两组面力、体力和位移。 fi、ui和Tiiijjiii证：利用平衡方程、几何方程和弹性模量张量的对称性，可得 %dS+òfu%dV=Ñ%dS+òfu%dV ÑòTuòsnuiiSVSV%ijdV %i+siju%i,j)