一、已知函數(shù)f=a（x4嚴4）,試檢查它能否作為應(yīng)力函數(shù)？若能，試求出應(yīng)力分量（不計體力），并求出如圖所示矩形薄板邊界上的面力。1、 將f=a（x4-y4）代入相容方程，可知其是滿足的。因此，它有可能作為應(yīng)力函數(shù)。2、 則，應(yīng)力分量：Qy2-Qy2-fx=_12ay2xQ2?(x,y)Qx2-fy=12ax2y_±(Txy) _±(Txy) -_0xyy_ -y±2AyO廠j3aZ3/尹3t__Q2?（x，y）=oxy QxQy3、由邊界形狀和應(yīng)力分量反推出邊界上的面力在主要邊界上：hy_±-,f_±Q)h_±12ax2,2x y\_±-y_±2在次要邊界上：f_(T )/_0y xy'x_f_(T )/_0y xy'x_-2x xx_—2二、如圖所示，矩形截面長柱體（長度h遠大于深度沏），寬度為1,遠小于深度和長度，在頂部受集中力F和力矩M=Fb/2作用，體力不計。試用如下應(yīng)力函數(shù)：①_Ax3+Bx2求解：應(yīng)力分量；

—:爲(wèi)/“yz/zf軀範(fàn)袖I2、求應(yīng)力分量已知了應(yīng)力函數(shù)，考慮用逆解求解此平面應(yīng)力問題。考察所假設(shè)的應(yīng)力函數(shù)是否滿足相容方程辿+2』L+辿二0TOC\o"1-5"\h\zdx4 dx2dy2 dy4經(jīng)驗證，它滿足相容方程。由應(yīng)力函數(shù)求應(yīng)力分量G 2虹x,y)_fx=0x Qy2 xG=a^)_fy=6Ax+2Bz-\ uJy Qx2 yT—_Q珅(兀y)=0xy QxQy考察邊界條件，并求選定系數(shù)在主要邊界x=±b上(Gl+Tm)二f(s)xxysxxyy可得(G)xx=±b在次要邊界y=0上，只給出了面力的主失量和主矩，應(yīng)用圣維南原理，用三個(xyy可得(G)xx=±b在次要邊界y=0上，只給出了面力的主失量和主矩，應(yīng)用圣維南原理，用三個二0,(T二0,(T)二0xyx=±b積分邊界條件代替：\b(g)dx-1=_F_byy=o即為：J*b(g)xdx-1=一FbTOC\o"1-5"\h\z_byy=0 2Jb(T)dx-1=0_bxyy=0FF由此得：A-_ ，B-_ -8b2 4b

代入得：F3Qy=—2b(2bx+1)Q=T=0xxy三、如圖所示有壓隧洞，內(nèi)壓為q1=100kPa,外壓為q2=50kPa，內(nèi)外半徑分別為r=3m和R=6m，泊松比卩=0.35。求極徑p=4m處的三個主應(yīng)力解：根據(jù)軸對稱平面應(yīng)變問題即坐標(biāo)系下的控制方程，可得，該隧洞中應(yīng)力分量為T =—0P申R2-11—R2-11—r2r2q1—r21—R2q2TOC\o"1-5"\h\z62 32_—1 1—__X100—_42X50kPa—1 1—3! 6!=—54.17kPa

R2+1r21+62+11+32P2G rqP2— q=42 x100—41x509 R21r2 262 V,32—11——11—r2R2326T=4.17kpag=pQ+g）=0.35x（—54.17+4.17）kPa=-17.5kPaz P9故，主應(yīng)力分別為g=4.17kPa；g=—17.5kPa；g=—54.17kPa1；2；3四、如圖所示單自由度體系，質(zhì)量塊m沿豎直方向自由振動。已知k=100m,寫出其運動方程，并計算自振頻率。（20分）///5解：質(zhì)量塊在豎直方向運動時，系統(tǒng)剛度為k=3以質(zhì)量塊為研究對象，分析其受力，利用動量定理，可得質(zhì)量塊運動的控制方程mu(t)+Ku(t)=0K500其自振頻率°2=_=m其自振頻率°則，該單自由度系統(tǒng)自振頻率為°=12.9rad/s五、如圖所示體系，已知地面光滑無摩擦，且k=100m寫出其自由振動方程，并計算自振頻率和振型。（20分）解：運動方程為2km-k0=02k-km0K=；M=-kk9_0m其中：；X為振型振頻率及振型為下列特征值問題的解-O2M4X=0自振頻率可由K一①2M則，2k-m32-k-kk-m320及k=100m得6163 =<16.12一階頻率31=6.16，相應(yīng)振型由下列方程求解:162m-100m-100m62m(X}=01解得儀1}=11.62二階頻率3=16.12，相應(yīng)振型