第一章 弹塑性力学基础

1.1 什么是偏应力状态？什么是静水压力状态？举例说明？ 解：静水压力状态时指微六面体的每个面只有正应力作用，偏应力状态是从应力状态中扣除静水压力后剩下的部分。

1.2 对照应力张量间的关系？

与偏应力张量，试问：两者之间的关系？两者主方向之

解：两者主方向相同。

。

1.3 简述应力和应变Lode参数定义及物理意义： 解：??的定义、物理意义：

；

1) 表征Sij的形式；2) ??相等，应力莫尔圆相似，Sij形式相同；3) 由??可确定S1：S2：S3。

1.4设某点应力张量力矢量

的分量值已知，求作用在过此点平面，并求该应力矢量的法向分量

。

上的应

解：该平面的法线方向的方向余弦为

而应力矢量的三个分量满足关系

而法向分量满足关系最后结果为：

1.5利用上题结果求应力分量为面解：求出

可求得

最终的结果为

时，过平

，及该矢量的法向分量

后，可求出

。

，

处的应力矢量及切向分量

及

。

，再利用关系

1.6 已知应力分量为三次多项式

，求

以及与

，求

，其特征方程为

。如设法作变换，把该方程变为形式

的关系。

解：求主方向的应力特征方程为

式中：

是三个应力不变量，并有公式

代入已知量得为了使方程变为关系

形式，可令代入，正好项被抵消，并可得

代入数据得

1.7已知应力分量中解：在

，

，，

，求三个主应力

时容易求得三个应力不变量为特征方程变为

。 ，

求出三个根，如记

，则三个主应力为

记

1.8已知应力分量

，

是材料的屈服极限，求

及主应力

，

。

。

解：先求平均应力

，

由此求得：然后求得：

，，

，再求应力偏张量

，

，

，解出

然后按大小次序排列得到

，

1.9 已知应力分量中

，

，求三个主应力，以及每个

主应力所对应的方向余弦解：特征方程为

，

。对应于

记

的方向余弦，

。

，则其解为

，

应满足下列关系

，

（a） （b） （c）

由（a）,(b)式，得，，由此求得

，代入（c）式，得

对，，代入得

对，，代入得

对 1.10当

，，代入得

时，证明成立。

解：

由，移项之得

证得

第五章 简单应力状态的弹塑性问题

5.1 简述Bauschinger效应：

解：拉伸塑性变形后使压缩屈服极限降低的现象

5.2 在拉杆中，如果

和为试件的原始截面积和原长，而

和为拉伸后的截

面积和长度。则截面收缩率为时，有这样的关系：证明：体积不变，则有

，而应变，试证明当体积不变

证毕！

5.3 对于线性弹塑性随动强化模型，若（1）、已知给定应力路径为（2）、已知给定应变路径为

，试求

，求对应的应变值。 ，求对应的应力值。

（1）解：①、，；②、，

③、，；④、，

⑤、，

，

（2）解：①、③、④、⑤、

，，

，

；②、，

；

5.4 在拉伸试验中，伸长率为，截面收缩率为，其中

和为试件的初始横截面面积和初始长度，试证当材料体积不变时有如下关系：

证明：将和的表达式代入上式，则有

5.5 为了使幂强化应力-应变曲线在

-应变关系：

时能满足虎克定律，建议采用以下应力

(1)为保证及在处连续，试确定、值。

的表达式。

(2)如将该曲线表示成 解：（1）由在

处连续，有

形式，试给出

（a）

由在处连续，有

（b）

（a）、（b）两式相除，有

（c）

由（a）式，有

（d）

（2）取 当 当

：

形式时， 即

：应力相等，有

解出得，

（代入值）

（代入

值）

5.6已知简单拉伸时的应力-应变曲线如图5-1所示，并表示如下：

图5-1

问当采用刚塑性模型是，应力-应变曲线应如何表 示？ 解：刚塑性模型不考虑弹性阶段应变，因此刚塑性应力应变曲线即为线，这不难由原式推得

曲

而在强化阶段，，因为这时

将都移到等式左边，整理之即得答案。

其中

5.7 已知简单拉伸时的变的比值

曲线由（5.1）式给出，考虑横向应变与轴向应

在弹性阶段，为材料弹性时的泊松比，但进入塑性阶段后值开

始增大最后趋向于。试给出的变化规律。

解：按题设在简单拉伸时总有

（a）

左边为体积变形，不论材料屈服与否，它要按弹性规律变化，即有

（b）

比较（a），（b）两式，得

将

表达式代入，即可得。

5.8如图所示等截面直杆，截面积为

作用一个逐渐增加的力相同。求左端反力

，且。在处

。该杆材料为线性强化弹塑性，拉伸和压缩时性能

和力的关系。

解：（1）弹性阶段

基本方程：平衡方程 （a） 几何方程

（b）本构方程

（c）联立求出 显然，

，段先屈服，取

，得

，当时，值如上述表达式。

（2）弹塑性阶段（a段塑性，b段弹性）平衡方程和几何方程仍为（a）、 （b）式。

本构方程： 且设

将本构方程代入几何方程：

即

两侧同乘面积

，并利用平衡方程（a），得

解出

令，则得

本阶段结束时，

由几何方程 z

且

利用平衡方程

当

时，

为（e）式。

3）塑性阶段

平衡方程和几何方程同上。

本构方程 与（2）弹塑性阶段同样步骤：可得

e）f）g）（

（

（（

5.9 如图所示等截面直杆，截面积为

的力

，且

。在

处作用一个逐渐增加

。该杆材料为理想弹塑性，拉伸和压缩时性能相同。按加载过程分析

作用截面的位移与

的关系。

结构所处不同状态，并求力解：基本方程为

平衡方程

（a）

几何方程

（b）

本构方程 （1）弹性阶段 由前题知，

因

，故

。

截面位移

本阶段终止时，

（2）弹塑性阶段（ 此时，

截面位移由段变形控制：

）

且本阶段终止时，

（3）塑性阶段（

无限位移（

为不定值）。

）

（4）图线斜率比较：

段：

段：

5.10 如图所示三杆桁架，若加载时保持

，杆件截面积均为，理想弹塑性材料。

并从零开始增加，求三杆内力随的变化规律．

解：基本方程为

几何方程： 协调关系：

本构方程： （1）弹性阶段（

）

利用（a）、（b）及（c）第一式，联立求解得

即

a)b）（

（

可看出

结构弹性极限：令

有 （2）弹塑性阶段（

取

）

，结构成为静定，由平衡方程

解得

若取此时即当进入塑性阶段，当此结构

。

时，内力为上列，即

值，当时，杆1和杆2 已

时，两杆为无线变形，结构已成为机构。 故，

第六章 屈服条件和加载条件

6.1 简述屈服面、屈服函数的概念：

解：根据不同的应力路径进行实验，可以分别从弹性阶段进入塑性阶段的各个界限，这些界限即是屈服点。在应力空间将这些屈服应力点连接起来，就形成一个区分弹性和塑性的分界面，成为屈服面。描述这个屈服面的数学表达式成为屈服函数或屈服条件。

6.2 简述Tresca屈服条件和Mises屈服条件： 解：Tresca条件：(?1-?3)/2=k，k=?s/2或?s； Mises条件：J2’=C，C=?s2/3或?s2； 6.3 设

形式为：

为应力偏量，试证明用应力偏量表示Mises屈服条件时，其

证明：Mises屈服条件为

故有

6.4 试用应力张量不变量解：

Mises屈服条件：

和表示Mises屈服条件。

故有

6.5 试用Lode应力参数解：由定义：

表达Mises屈服条件。

即 Mises屈服条件为

将上式代入，得：

即：

6.6 物体中某点的应力状态为

时

，该物体在单向拉伸

，试用Mises和Tresca屈服条件分别判断该点是处于弹性

状态还是塑性状态，如主应力方向均作相反的改变（即同值异号），则对被研究点所处状态的判断有无变化? 解：（1）Mises屈服条件判断

故该点处于弹性状态 （2）Tresca屈服条件判断

故该点处于塑性状态

如果各应力均作为变号，则以上各式不变，所作判断没有变化。

6.7 已知薄壁圆球，其半径为，厚度为，受内压

屈服条件，试求内壁开始屈服时的内压解：研究半球的静力平衡

的作用，如采用Tresca

值。

内球面：，外球面：

由Tresca条件，内壁先开始屈服，此时

6.8证明下列等式：

（1）、 （2）、

证明：（1）、右边

=左边 证毕！

（2）、

6.9 设、

、

证毕！

为应力偏量，试证明用应力偏量表示Mises屈服条件时，其形式为

，提示：

证明：Mises屈服条件：

，

，

又

又

证毕！

第七章 塑性本构关系

7.1 塑性全量理论的成立条件：

解：（1）应力主方向与应变主方向是重合的，即应力Mohr圆与应变Mohr圆相似，应力Load参数

和应变Load参数

相等，而且在整个加载过程中主方向

保持不变；

（2）平均应力与平均应变成比例；

（3）应力偏量分量与应变偏量分量成比例；

（4）等效正应力是等效正应变的函数，而这个函数对每个具体材料都应通过试验来确定。

7.2 简述简单加载定理： 解：简单加载就是指单元体的应力张量各分量之间的比值，在加载过程中保持不变，按同一参数单调增长。

7.3 简述单一曲线假定： 解：按不同应力组合所得的

曲线基本上和简单拉伸时的

曲线一样。

7.4 比较两种塑性本构理论的特点： 解：增量理论和全量理论。增量理论将整个加载历史看成是一系列的微小增量加载过程所组成，研究每个微小增量加载过程中应变增量与应力增量之间的关系，再沿加载路径依次积分应变增量得最终的应变。全量理论不去考虑应力路径的影响，直接建立应变全量与应力全量直接的关系。

7.5 已知一长封闭圆筒半径为r,壁厚为t，受内压p的作用，从而产生塑性变形，材料是各向同性的。如果忽略弹性应变，试求轴向、周向和径向应变增量的比。 解：在

方向的主应力分别为：

，则

，从而求得应力偏量

，得最终结果为（-1）：1：0

，再根据增量理论

7.6 已知薄壁圆筒受拉应力

的作用，若使用Mises屈服条件，试求屈服时扭转应

力为多大，并求此时塑性应变增量的比。

解：设扭转剪应力，主应力为：，，代

入Mises屈服条件，得

7.7 证明等式：

。

证明： 将

对

求偏导，可得

，同理可得，，

，所以

7.8 一泊松比为

，

；用同样的方法求得。

，满足Mises屈服条件的单元体，已知其受力状态为，

，x,y,z是主方向。求：

时屈服，求

；

，求此时的

、

、

。

（1）当从零增加到（2）当

=

时，继续加载，使

解：1）开始屈服时，代入Mises屈服准则

得

2）屈服后对应的塑性应变增量为

；

及屈服条件的微分形式

由

，联列可得

，

式子得到答案结果。

7.9 在如下两种情况下，试求塑性应变增量的比。 （1）单向拉伸应力状态，

；

，代入

（2）纯剪力状态，。

解：（1）单向拉伸应力状态

有

则

（2）纯剪切应力状态，

有 故

7.10 如何利用与Tresca屈服条件相关联的流动法则？

第八章 理想刚塑性的平面应变问题

8.1简述滑移线的概念：

解：在塑性区内，将各点最大剪应力方向作为切线而连接起来的线，称之为滑移线。

剪切应力是最大剪应力。

平衡方程——沿?线：? ?2k?=C? 或?? =2k??? ；

沿?线：? +2k?=C? 或?? = ?2k??? ；

速度方程——沿?线：dv? ?v? d?=0；

沿?线：dv? +v? d?=0。

8.2 简述Hencky第一定理： 解：如果由一条滑移线

转到另一条滑移线

，则沿任何一个族的滑移线而

变化的角和压力的改变值而保持常数。

8.3推导Levy—Mises关系式

证明：对于平面应变问题，刚塑性材料的本构关系为：

证毕！

8.4在刚塑性平面应变条件下，用Tresca屈服条件下，证明公式

证明：Tresca屈服条件为：

对于平面应变（在xoy平面内）有：同时：屈服应力。

，其中k为纯剪

整理得：

是其中一个主应力，故其余两个主应力可以由以下公式确定：

整理得：

证毕！

8.5图示的楔体，两面受压，已知p

，分别对q=0.5p,q=p两中情况，求极限荷载

解：① q=p时，见图（1），在沿

线，

，

中：

,

，

② q=0.5p时， 情况一见图（2），在在沿

中：线，

，中：

，

,

情况二见图（1），与①一样 所以

8.6 已知具有尖角为

的楔体，在外力P的作用下，插入具有相同角度的V形缺口

内，试分别按如下两中情况画出滑移线场并求出两种情况的极限荷载。 1）、楔体与V形缺口之间完全光滑；2）、楔体与V形缺口接触处因摩擦作用其剪应力为k。

解：1） OD边：

GD边：

沿线，，

2） 沿OB线，

，

8.7 Mises线性等强化材料，在平面应变（试导出用表示的强化规律和本构关系。 解：当

时，在弹性阶段有

）和泊松比

条件下，

得

平均应力 因此在弹性阶段有

，进入塑性后有

对平均应变

刚进入塑性时后还满足只是与则有

。由上式导出。由于

。在塑性应变增量方面，由于

，并可得出

。因此进入塑性

，得出

，而

，故实际独立变量

。

最后得到答案结果。

8.8 理想刚塑性材料的平面应变问题，已知两种屈服条件，讨论应力偏张量

的值。

，现在

，分别对Mises和Tresca

解：（1）Mises屈服条件。由流动法则 （2）Tresca屈服条件，在

，将得出如下：

。

平面内求得主应力

由于

，而

，即

即

(a)

由流动法则，这要求应力点处在屈服面

(b)

上，即

并要求

，或

(c）

(d)由

代入(d)式，得

由代入，得

第九章 塑性极限分析

9.1 弹性弯曲时，材料力学中对梁的两个基本假定内容： 解：（1）平截面假定：梁的横截面变形后仍然保持平面；

（2）只有截面上的正应力是主要的，其它应力分量均可忽略。

9.2 上、下限定理的表述及应用：

解：上限定理：机动乘子S*?真实乘子S；

下限定理：静力乘子S0?真实乘子S； 综合：S0? S ? S*。

9.3 塑性铰的主要特征为： 解：（1）铰上作用弯矩，弯矩值保持为极限弯矩，M=Ms;

(2)铰的转角可以任意增大，但必须同弯矩的方向一致，因而它是个单向转动的铰，若截面上的M减小，也即卸载，需按弹性计算。此时铰就停止转动，保持一个残余转角。

9.4 使用静力法和机动法求出图示超静定梁的极限载荷。

解1：（1）静力法

首先该超静定梁（）化为静定结构（）、（）。分别求出其弯矩图，然后叠加，得该超静定梁的弯矩图（在极限情况下：设点支反力为

，则：

）

，

由上二式得

当值达到上述数值时，结构形成破坏机构，故（2）机动法

设破坏机构如图（），并设

点挠度为，则：

为该梁的完全解。

，

外力功由

，内力功，可得极限载荷上限为

由于在作用下，，故上式所示载荷为完全解的极限载荷。

解2：（1）静力法

先将该超静定梁化为静定梁（）、（），分别作弯矩图，叠加得该超静定梁的弯矩图（）

设点为坐标原点，此时弯矩方程为：

在极限状态时，有

；

令得 （1）

而 （2）

（3）

联立解（1）、（2）、（3）得

解得

取较大的值，可得在以上

值作用下，梁已形成破坏机构，故其解为完全解。

（2）机动法 如图（g） 设在、

两点形成塑性铰

内力功为：

外力功为：

由虚功原理，得：

该解与完全解的误差为

解3：（1）静力法

设坐标原点在点，此时弯矩方程为：

段（）

段（）

在处，为极大值，设在段，由

得，则 在极限情况下：

，

即： 1）（2）

（

（3）

联立解（1）、（2）、（3）得：

取正号

由于此时形成破坏机构，故值完全解。 （2）机动法,如图（g）

设此梁在和处形成塑性铰，则

，

内力功为：

外力功为：

由虚功原理 得：

由极值条件得

代入的表达式，则得由于此结果满足

的极小值：

，故所得的值为完全解的极限载荷。

9.5试用机动法求下列图示板的极限载荷 。

(1)四边简支，边长为的正方形板，载荷作用在板的中点；

(2)三边简支一边自由的矩形板，在自由边中点承受集中力的作用； (3)四边简支矩形板，在板上任意点(

)承受集中力的作用．

解：（a）外力功

如破坏时四角可以翘起。内力功

其中

代入上式后，得

由虚功原理得

其中值由确定即

由此得

因此

（b）外力功内力功由

得

而

故

（c）外力功

内力功

其中

由得

9.6 使用机动法求图示连续梁的极限载荷。

解1：次梁为一次超静定梁，可能的破坏机构有两种，如图（b）、（c）。

若塑性铰在、处形成，此时

外力功：内力功：

由得：

若塑性铰在、处形成，设到得距离为，此时有

外力功：

内力功：

由得：

令得：

将代入的表达式

比较以上两种可知该梁的极限荷载为

解2：该连续梁形成破坏机构有如下三种形式：

（1） 形成两个塑性铰产生局部破坏有两处可能，图（b）、形成塑性铰

故 ，

由得

图（c）、两点形成塑性铰，此时有

故，

由得：

（2） 形成三个塑性铰，产生局部破坏有三种可能：

图（d）在

、

、

三点形成塑性铰，此时有

由得：、

、

图（e）在三点形成塑性铰，此时

由

得、

、

图（f）在三点形成塑性铰，此时

由

得：

（3） 形成三个塑性铰，产生整体破坏，只有一种可能性，如图（g），此时

由得：

比较上述六种情况，以（g）的情况塑性弯矩条件。 故破坏载荷为

为最小，而且此载荷满足的

解3：该梁的可能破坏结构与第一题完全相同 若塑性铰在

、

处形成：

若塑性铰在、处形成：

比较可知梁的极限载荷为

解4：此梁为一次超静定结构，当形成两个塑性铰时，梁即成为破坏机构，其破坏形式有（b）（c）（d）三种可能。

按图（b）形式破坏时

由

得：

按图（c）形式破坏时，同上得

按图（d）形式破坏时

由

得：

比较得

9.7 试求图示刚架的极限载荷．

解：（a）设如图在四点形成塑性铰，

由得

得且此值满足

，条件

所以

解2：如图设在

四点形成塑性铰，

由点到点的距离待定。

由得

化简得

令得

故

解3：如图设在等处形成塑性铰。

外力功内力功由

得

故

9.8对图所示的连续梁，利用上限定理求极限载荷q.

题图11.6

解 1）对破损机构（a）

可得

由，得

2）对破损机构（b）

代入上式，得 （a）

由，得，代入上式得，

，故有

（b）

当（a）式和（b）式相等时，

9.9 图示宽度b不变，高度h线性变化的矩形截面梁，简支座截面高为

，固定

端处截面高为。集中力据简支端距离为，对两种情况用上限方法

求塑性极限载荷P值。

题图9.9

解：由于各截面的

值不同，因此除集中力

距

点距离

作用点能形成铰外，另一铰

为，而不一定总在固定端，如图所示。

由外力功率，内力功率，得

令，得

（a）

上式中是定值，调整使最小，由，得

（b）

1） 当时，即，代入（b）式，得。因为，而现在

，故最小值的只能取在固定端处，将代入（a）

式，得

2） 当时，即，代入（b）式，得。因为，这表明铰

不在固定端，将

代入（a）式，得