弹性力学与有限元分析试题及其答案

弹性力学与有限元分析复习题及其答案

(绝密试题)

一、填空题

1、弹性力学研究弹性体由于受外力作用、边界约束或温度改变等原因而发生的应力、形变和位移。

2适应。

3定相适应。

4度直接有关的，是应力在其作用截面的法线方向和切线方向的分量，也就是正应力和切应力。应力及其分量的量纲是-1-2

5

6

7、已知一点处的应力分量x100MPa，y50MPa，xy50 MPa，则主应力1，2，13516。

8、已知一点处的应力分量， x200MPa，则主应力1y0MPa，xy400 MPa，

MPa，2，1

9、已知一点处的应力分量，x2000MPa，y1000MPa，xy400 MPa，则主应力1，2，1

10套方程。

11

12、应力边界条件和混合边界条件。

13

14、其具体步骤分为单元分析和整体分析两部分。

15分是由于其他单元发生了形变而连带引起的。

16、每个单元的应变一般总是包含着两部分：一部分是与该单元中各点的位置坐标有关的，是各点不相同的，即所谓变量应变；另一部分是与位置坐标无关的，是各点相同的，即所谓常量应变。

17应变，还应当尽可能反映相邻单元的位移连续性。

18

了使得相邻单元的位移保持连续，就不仅要使它们在公共结点处具有相同的位移时，也能在整个公共边界上具有相同的位移。

19、在有限单元法中，单元的形函数Ni在i结点Ni；在其他结点NiNi。

20、为了提高有限单元法分析的精度，一般可以采用两种方法：一是将单元的尺寸减小，以便较好地反映位移和应力变化情况；二是采用包含更高次项的位移模式，使位移和应力的精度提高。

二、判断题（请在正确命题后的括号内打“√”，在错误命题后的括号内打“×”）

1、连续性假定是指整个物体的体积都被组成这个物体的介质所填满，不留下任何空隙。（√）

2、均匀性假定是指整个物体的体积都被组成这个物体的介质所填满，不留下任何空隙。（×）

3、连续性假定是指整个物体是由同一材料组成的。（×）

4、平面应力问题与平面应变问题的物理方程是完全相同的。（×）

5、如果某一问题中，zzxzy0，只存在平面应力分量x，y，xy，且它们不沿z方向变化，仅为x，y的函数，此问题是平面应力问题。（√）

6、如果某一问题中，zzxzy0，只存在平面应变分量x，y，xy，且它们不沿z方向变化，仅为x，y的函数，此问题是平面应变问题。（√）

7、表示应力分量与面力分量之间关系的方程为平衡微分方程。（×）

8、表示位移分量与应力分量之间关系的方程为物理方程。（×）

9、当物体的形变分量完全确定时，位移分量却不能完全确定。（√）

10、当物体的位移分量完全确定时，形变分量即完全确定。（√）

11、按应力求解平面问题时常采用位移法和应力法。（×）

12、按应力求解平面问题，最后可以归纳为求解一个应力函数。（×）

13、在有限单元法中，结点力是指单元对结点的作用力。（×）

14、在有限单元法中，结点力是指结点对单元的作用力。（√）

15、在平面三结点三角形单元的公共边界上应变和应力均有突变。（√ ）

三、简答题

1、简述材料力学和弹性力学在研究对象、研究方法方面的异同点。

在研究对象方面，材料力学基本上只研究杆状构件，也就是长度远大于高度和宽度的构件；而弹性力学除了对杆状构件作进一步的、较精确的分析外，还对非杆状结构，例如板和壳，以及挡土墙、堤坝、地基等实体结构加以研究。

在研究方法方面，材料力学研究杆状构件，除了从静力学、几何学、物理学三方面进行分析以外，大都引用了一些关于构件的形变状态或应力分布的假定，这就大简化了数学推演，但是，得出的解答往往是近似的。弹性力学研究杆状构件，一般都不必引用

那些假定，因而得出的结果就比较精确，并且可以用来校核材料力学里得出的近似解答。

2、简述弹性力学的研究方法。

答：在弹性体区域内部，考虑静力学、几何学和物理学三方面条件，分别建立三套方程。即根据微分体的平衡条件，建立平衡微分方程；根据微分线段上形变与位移之间的几何关系，建立几何方程；根据应力与形变之间的物理关系，建立物理方程。此外，在弹性体的边界上还要建立边界条件。在给定面力的边界上，根据边界上微分体的平衡条件，建立应力边界条件；在给定约束的边界上，根据边界上的约束条件建立位移边界条件。求解弹性力学问题，即在边界条件下根据平衡微分方程、几何方程、物理方程求解应力分量、形变分量和位移分量。

3、弹性力学中应力如何表示？正负如何规定？

答：弹性力学中正应力用表示，并加上一个下标字母，表明这个正应力的作用面与作用方向；切应力用表示，并加上两个下标字母，前一个字母表明作用面垂直于哪一个坐标轴，后一个字母表明作用方向沿着哪一个坐标轴。并规定作用在正面上的应力以沿坐标轴正方向为正，沿坐标轴负方向为负。相反，作用在负面上的应力以沿坐标轴负方向为正，沿坐标轴正方向为负。

4、简述平面应力问题与平面应变问题的区别。

答：平面应力问题是指很薄的等厚度薄板，只在板边上受有平行于板面并且不沿厚度变化的面力，同时，体力也平行于板面并且不沿厚度变化。对应的应力分量只有x，y，xy。而平面应变问题是指很长的柱形体，在柱面上受有平行于横截面并且不沿长度变化的面力，同时体力也平行于横截面并且不沿长度变化，对应的位移分量只有u和v

5、简述圣维南原理。

如果把物体的一小部分边界上的面力，变换为分布不同但静力等效的面力（主矢量相同，对于同一点的主矩也相同），那么，近处的应力分布将有显著的改变，但是远处所受的影响可以不计。

6、简述按应力求解平面问题时的逆解法。

答：所谓逆解法，就是先设定各种形式的、满足相容方程的应力函数；并由应力分量与应力函数之间的关系求得应力分量；然后再根据应力边界条件和弹性体的边界形状，看这些应力分量对应于边界上什么样的面力，从而可以得知所选取的应力函数可以解决的问题。

7、以三节点三角形单元为例，简述有限单元法求解离散化结构的具体步骤。

（1）取三角形单元的结点位移为基本未知量。

（2）应用插值公式，由单元的结点位移求出单元的位移函数。

（3）应用几何方程，由单元的位移函数求出单元的应变。

（4）应用物理方程，由单元的应变求出单元的应力。

（5）应用虚功方程，由单元的应力出单元的结点力。

（6）应用虚功方程，将单元中的各种外力荷载向结点移置，求出单元的结点荷载。

（7）列出各结点的平衡方程，组成整个结构的平衡方程组。

8、为了保证有限单元法解答的收敛性，位移模式应满足哪些条件？

答：为了保证有限单元法解答的收敛性，位移模式应满足下列条件：（1）位移模式必须能反映单元的刚体位移；（2）位移模式必须能反映单元的常量应变；（3）位移模式应尽可能反映位移的连续性。

9、在有限单元法中，为什么要求位移模式必须能反映单元的刚体位移？

每个单元的位移一般总是包含着两部分：一部分是由本单元的形变引起的，另一部分是本单元的形变无关的，即刚体位移，它是由于其他单元发生了形变而连带引起的。甚至在弹性体的某些部位，例如在靠近悬臂梁的自由端处，单元的形变很小，单元的位移主要是由于其他单元发生形变而引起的刚体位移。因此，为了正确反映单元的位移形态，位移模式必须能反映该单元的刚体位移。

10、在有限单元法中，为什么要求位移模式必须能反映单元的常量应变？

答：每个单元的应变一般总是包含着两部分：一部分是与该单元中各点的位置坐标有关的，是各点不相同的，即所谓变量应变；另一部分是与位置坐标无关的，是各点相同的，即所谓常量应变。而且，当单元的尺寸较小时，单元中各点的应变趋于相等，也就是单元的应变趋于均匀，因而常量应变就成为应变的主要部分。因此，为了正确反映单元的形变状态，位移模式必须能反映该单元的常量应变。

11、在平面三结点三角形单元中，能否选取如下的位移模式并说明理由：

（1）u(x,y)12x23y，v(x,y)45x6y2

（2）u(x,y)1x22xy3y2，v(x,y)4x25xy6y2

答：（1）不能采用。因为位移模式没有反映全部的刚体位移和常量应变项；对坐标x，y不对等；在单元边界上的连续性条件也未能完全满足。

（2）不能采用。因为，位移模式没有反映刚体位移和常量应变项；在单元边界上的连续性条件也不满足。

四、分析计算题

1、试写出无体力情况下平面问题的应力分量存在的必要条件，并考虑下列平面问题的应力分量是否可能在弹性体中存在。

（1）xAxBy，yCxDy，xyExFy；

（2）xA(x2y2)，yB(x2y2)，xyCxy；

其中，A，B，C，D，E，F为常数。

解：应力分量存在的必要条件是必须满足下列条件：（1）在区域内的平衡微分方程

xyx0xy222；（2）在区域内的相容方程2xyyxy0xy（3）在边界上的应力xy0；

lxmyxsf边界条件mylxysfxs；（4）对于多连体的位移单值条件。 ys

（1）此组应力分量满足相容方程。为了满足平衡微分方程，必须A=-F，D=-E。此外还应满足应力边界条件。

（2）为了满足相容方程，其系数必须满足A+B=0；为了满足平衡微分方程，其系数必须满足A=B=-C/2。上两式是矛盾的，因此，此组应力分量不可能存在。

22、已知应力分量xQxy2C1x3，y3，xyC2y3C3x2y，体力不计，Q为2C2xy

常数。试利用平衡微分方程求系数C1，C2，C3。

解：将所给应力分量代入平衡微分方程

xyx0yx yxy0xy

得

Qy23C1x23C2y2C3x20 3C2xy2C3xy0

即

3C1C3x2Q3C2y20 3C2Cxy032

由x，y的任意性，得

3C1C30Q3C20 3C2C032

由此解得，C1QQQ，C2，C3 632

3、已知应力分量xq，yq，xy0，判断该应力分量是否满足平衡微分方程和

相容方程。

解：将已知应力分量xq，yq，xy0，代入平衡微分方程

xyxX0xy yxyY0yx

可知，已知应力分量xq，yq，xy0一般不满足平衡微分方程，只有体力忽略不计时才满足。

按应力求解平面应力问题的相容方程：

2xy22

(xy)2(yx)2(1)xyy2x

将已知应力分量xq，yq，xy0代入上式，可知满足相容方程。

按应力求解平面应变问题的相容方程：

222xy (xy)2(yx)2111xyyx

将已知应力分量xq，yq，xy0代入上式，可知满足相容方程。

4、试写出平面问题的应变分量存在的必要条件，并考虑下列平面问题的应变分量是否

可能存在。

（1）xAxy，yBy3，xyCDy2；

（2）xAy2，yBx2y，xyCxy；

（3）x0，y0，xyCxy；

其中，A，B，C，D为常数。

解：应变分量存在的必要条件是满足形变协调条件，即

222xyxy2 2xyyx2

将以上应变分量代入上面的形变协调方程，可知：

（1）相容。

（2）2A2ByC（1分）；这组应力分量若存在，则须满足：B=0，2A=C。

（3）0=C；这组应力分量若存在，则须满足：C=0，则x0，y0，xy0（1分）。

5、证明应力函数by2能满足相容方程，并考察在如图所示的矩形板和坐标系中能解

决什么问题（体力不计，b0）。

解：将应力函数by2代入相容方程

44422240 4xxyy

可知，所给应力函数by2能满足相容方程。

由于不计体力，对应的应力分量为

2220 x22b，y20，xyxxyy

对于图示的矩形板和坐标系，当板内发生上述应力时，根据边界条件，上下左右四个边上的面力分别为： h上边，y，l0，m1，fx(xy)h0，fy(y)h0； yy222

h下边，y，l0，m1，fx(xy)h0，fy(y)h0； yy222

l左边，x，l1，m0，fx(x)l2b，fy(xy)l0； xx222

l右边，x，l1，m0，fx(x)l2b，fy(xy)l0。 xx222

可见，上下两边没有面力，而左右两边分别受有向左和向右的均布面力2b。因此，应力函数by2能解决矩形板在x方向受均布拉力（b>0）和均布压力（b

6、证明应力函数axy能满足相容方程，并考察在如图所示的矩形板和坐标系中能解决什么问题（体力不计，a0）。

解：将应力函数axy代入相容方程

44422240 4xxyy

可知，所给应力函数axy能满足相容方程。

由于不计体力，对应的应力分量为 222a x20，y20，xyxxyy

对于图示的矩形板和坐标系，当板内发生上述应力时，根据边界条件，上下左右四个边上的面力分别为：

h上边，y，l0，m1，fx(xy)ha，fy(y)h0； yy222

h下边，y，l0，m1，fx(xy)ha，fy(y)h0； yy222l左边，x，l1，m0，fx(x)l0，fy(xy)la； xx222

l右边，x，l1，m0，fx(x)l0，fy(xy)la。 xx222

可见，在左右两边分别受有向下和向上的均布面力a，而在上下两边分别受有向右和向左的均布面力a。因此，应力函数axy能解决矩形板受均布剪力的问题。

7、如图所示的矩形截面的长坚柱，密度为，在一边侧面上受均布剪力，试求应力分量。

解：根据结构的特点和受力情况，可以假定纵向纤维互不挤压，

即设x0。由此可知

2x20 y

将上式对y积分两次，可得如下应力函数表达式

x,yf1(x)yf2(x)

将上式代入应力函数所应满足的相容方程则可得 d4f1(x)d4f2(x)y0 44dxdx

这是y的线性方程，但相容方程要求它有无数多的解（全柱内的y值都应该满足它），可见它的系数和自由项都应该等于零，即

d4f1(x)d4f2(x)0， 0 dx4dx4

这两个方程要求

f1(x)Ax3Bx2CxI， f2(x)Dx3Ex2JxK

代入应力函数表达式，并略去对应力分量无影响的一次项和常数项后，便得

y(Ax3Bx2Cx)Dx3Ex2

对应应力分量为

2x20 y

2y2y(6Ax2B)6Dx2Egy x

2xy3Ax22BxC xy

以上常数可以根据边界条件确定。

左边，x0，l1，m0，沿y方向无面力，所以有

(xy)x0C0

右边，xb，l1，m0，沿y方向的面力为q，所以有

(xy)xb3Ab22Bbq

上边，y0，l0，m1，没有水平面力，这就要求xy在这部分边界上合成的主矢量和主矩均为零，即

b(0xy)y0dx0

将xy的表达式代入，并考虑到C=0，则有

(3Ax0b2322Bx)dxAx3Bx2b0AbBb0

而(xy)y00dx0自然满足。又由于在这部分边界上没有垂直面力，这就要求y在这部0b

分边界上合成的主矢量和主矩均为零，即





bb0(y)y0dx0， (0by)y0xdx0 将y的表达式代入，则有 02(6Dx2E)dx3Dx22Exb3Db2Eb0 0



由此可得 b032(6Dx2E)xdx2Dx3Ex2b02DbEb0

AqqB，，C0，D0，E0 2bb

应力分量为

x0, y2q1gy, xyq2

虽然上述结果并不严格满足上端面处（y=0）的边界条件，但按照圣维南原理，在稍远离y=0处这一结果应是适用的。

8、证明：如果体力分量虽然不是常量，但却是有势的力，即体力分量可以表示为

fxVV，fy，其中V是势函数，则应力分量亦可用应力函数表示为，xyybxbxxbb

222，试导出相应的相容方程。 x2V，y2V，xyxxyy

证明：在体力为有势力的情况下，按应力求解应力边界问题时，应力分量x，y，xy应当满足平衡微分方程

xyxV0xyx（1分） yxyV0xyy

还应满足相容方程

fxfy22x2y2xy1xy

221fxfyx2y2xy1xy（对于平面应力问题） （对于平面应变问题）



并在边界上满足应力边界条件（1分）。对于多连体，有时还必须考虑位移单值条件。

首先考察平衡微分方程。将其改写为

yx0xVxy Vxy0yxy

这是一个齐次微分方程组。为了求得通解，将其中第一个方程改写为

xVyx xy

根据微分方程理论，一定存在某一函数A（x，y），使得

xV

同样，将第二个方程改写为

AA

，yx

xy



yVyx（1分） yx

可见也一定存在某一函数B（x，y），使得

yV

由此得

BB

，yx xy

AB xy

因而又一定存在某一函数x,y，使得

A



，B

xy

代入以上各式，得应力分量

222

x2V，y2V，xy

xxyy

为了使上述应力分量能同量满足相容方程，应力函数x,y必须满足一定的方程，将上述应力分量代入平面应力问题的相容方程，得

222222

x2y2y2Vx2V1x2y2V 22222222x2y2y2x22x2y2V1x2y2V 

简写为

4(1)2V

将上述应力分量代入平面应变问题的相容方程，得

2222122

x2y2y2Vx2V1x2y2V 222222122x2y2y2x22x2y2V1x2y2V 

简写为

122

4V

1

9、如图所示三角形悬臂梁只受重力作用，而梁的密度为，试用纯三次的应力函数求解。

解：纯三次的应力函数为

ax3bx2ycxy2dy3

相应的应力分量表达式为

222

2bx2cy x2xfx2cx6dy, y2yfy6ax2bygy, xy

xxyy

这些应力分量是满足平衡微分方程和相容方程的。现在来考察，如果适当选择各个系数，

是否能满足应力边界条件。

上边，y0，l0，m1，没有水平面力，所以有

(xy)y02bx0

对上端面的任意x值都应成立，可见

b0

同时，该边界上没有竖直面力，所以有

(y)y06ax0

对上端面的任意x值都应成立，可见

a0

因此，应力分量可以简化为

x2cx6dy，ygy，xy2cy



斜面，yxtan，lcossin，mcoscos，没有面力，所以有

2

lxmyxyxtan0



mylxyyxtan0

由第一个方程，得

2cx6dxtansin2cxtancos4cxsin6dxtansin0

对斜面的任意x值都应成立，这就要求

4c6dtan0

由第二个方程，得

2cxtansingxtancos2cxtansingxsin0

对斜面的任意x值都应成立，这就要求

2ctang0（1分）

由此解得

11cgcot（1分），dgcot2 23

从而应力分量为

xgxcot2gycot2, ygy, xygycot

h

设三角形悬臂梁的长为l，高为h，则tan。根据力的平衡，固定端对梁的约束

l1

反力沿x方向的分量为0，沿y方向的分量为glh。因此，所求x在这部分边界上

21

合成的主矢应为零，xy应当合成为反力glh。

2

222

dyglcot2gycotdyglhcotghcot0 x0xl0h

h

112

dygycotdyghcotglh xyxl0022

可见，所求应力分量满足梁固定端的边界条件。



h

h

10、设有楔形体如图所示，左面铅直，右面与铅直面成角，下端作为无限长，承受重力及液体压力，楔形体的密度为1，液体的密度为2，试求应力分量。

：采用半逆解法。首先应用量纲分析方法来假设应力分量的函数形式。取坐标轴如图所示。在楔形体的任意一点，每一个应力分量都将由两部分组成：一部分由重力引起，应当与1g成正比（g是重力加速度）

；另一

部分由液体压力引起，应当与2g成正比。此外，每一

部分还与，x，y有关。由于应力的量纲是L-1MT-2，

1g和2g的量纲是L-2MT-2，是量纲一的

量，而x和y的量纲是L，因此，如果应力分量具有多项式的解答，那么它们的表达式只可能是A1gx，B1gy，C2gx，D2gy四项的组合，而其中的A，B，C，D是量纲一的量，只与有关。这就是说，各应力分量的表达式只可能是x和y的纯一次式。

其次，由应力函数与应力分量的关系式可知，应力函数比应力分量的长度量纲高二次，应该是x和y纯三次式，因此，假设

ax3bx2ycxy2dy3

相应的应力分量表达式为

222

2bx2cy x2xfx2cx6dy, y2yfy6ax2by1gy, xy

xxyy

这些应力分量是满足平衡微分方程和相容方程的。现在来考察，如果适当选择各个系数，

是否能满足应力边界条件。

左面，x0，l1，m0，作用有水平面力2gy，所以有

(x)x06dy2gy

对左面的任意y值都应成立，可见

d

2g

6

同时，该边界上没有竖直面力，所以有

(xy)x02cy0

对左面的任意y值都应成立，可见

c0

因此，应力分量可以简化为

x2gy，y6ax2by1gy，xy2bx



斜面，xytan，lcos，mcossin，没有面力，所以有

2

lxmyxxytan0



ml0yxyxytan

由第一个方程，得

2gycos2bytansin0

对斜面的任意y值都应成立，这就要求

2gcos2btansin0

由第二个方程，得

6aytan2by1gysin2bytancos6atansin4bsin1gsiny0 对斜面的任意x值都应成立，这就要求

6atan4b1g0

由此解得

111

a1gcot2gcot3，b2gcot2 632

从而应力分量为

x2gy, y1gcot22gcot3x2gcot21gy, xy2gxcot2