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第一章习题1 证明δ-e 恒等式jtks kt js ist ijke e δδδδ-=[证明]()()()jtks kt js ktjs jtks jtks ktjs jtks kt js itjs jtis ki it ks ktis ji jtks kt js ii ktks ki jtjsjiitis ii ist ijk e e δδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδ-=-++--=-+---==33习题2 证明若jiij ji ijb b a a -==;，则0=ij ijb a[证明]jiij jiijbb aa-==; jiji ij ij b a b a -=∴，0=+=+∴pq pq ij ij ji ji ij ijb a b a b a b a又因为所有的指标都是哑指标，ijij pq pqb a b a =，所以02=aijbij，即0=ij ijb a习题3 已知某一点的应力分量xxσ，yyσ，zzσ，xyσ不为零，而0==yzxzσσ，试求过该点和z 轴，与x 轴夹角为α的面上的正应力和剪应力。
[解] 如图1.1，过该点和z 轴，与x 轴夹角为α的面的法线，其与x 轴，y 轴和z 轴的方向余弦分别为cos α，sin α，0，则由斜面应力公式的分量表达式，iji jσνσν=)(，可求得该面上的应力为ασασσνσνsin cos 11)(xyxxj j +== ασασσνσνsin cos 22)(yyyxjj +== 033==j j v σνσ)(由斜面正应力表达式ji ij nννσσ=，可求得正应力为ασαασασσ22sinsin cos 2cosyyxyxxn++=剪应力为ασασσστ2cos 2sin )(2122)()(xyxx yynn n +-=-=-=σσσn习题4 如已知物体的表面由0),,(=z y x f 确定，沿物体表面作用着与其外法线方向一致分布载荷()z y x p ,,。
固 体 力 学 复 习 题1、 概念1）弹性与塑性弹性：物体在引起形变的外力被除去以后能恢复原形的这一性质。
塑性：物体在引起形变的外力被除去以后有部分变形不能恢复残留下来的这一性质。
2）应力和应力状态应力：受力物体某一截面上一点处的内力集度。
应力状态：某点处的9个应力分量组成的新的二阶张量∑。
3）球张量和偏量球张量：球形应力张量，即σ=000000m m m σσσ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦，其中()13m x y z σσσσ=++偏量：偏斜应力张量，即x m xy xz ij yxy m yz zx zy z m S σστττσστττσσ⎡⎤-⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥-⎣⎦，其中()13m x y z σσσσ=++4）转动张量：表示刚体位移部分，即110221102211022u v u w y x z x v u v w ij x y z y w u w v x z y z W ⎡⎤⎛⎫⎛⎫∂∂∂∂--⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪∂∂∂∂⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫∂∂∂∂⎢⎥=-- ⎪⎪⎢⎥ ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎛⎫⎛⎫∂∂∂∂⎢⎥-- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎣⎦5）应变张量：表示纯变形部分，即112211221122u u v u w x y x z x v u v v w ij x y yz y w u w v wx z y z zε⎡⎤⎛⎫⎛⎫∂∂∂∂∂++⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪∂∂∂∂∂⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫∂∂∂∂∂⎢⎥=++ ⎪⎪⎢⎥ ⎪ ⎪∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎛⎫⎛⎫∂∂∂∂∂⎢⎥++ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎣⎦6）应变协调条件：物体变形后必须仍保持其整体性和连续性，因此各应变分量之间，必须要有一定得关系，即应变协调条件。
22222y xyx y x x yεγε∂∂∂+=∂∂∂∂。
7）圣维南原理：如作用在弹性体表面上某一不大的局部面积上的力系，为作用在同一局部面积上的另一静力等效力所代替，则荷载的这种重新分布，只造离荷载作用处很近的地方，才使应力的分布发生显著变化，在离荷载较远处只有极小的影响。
Homework of Computational Solid MechanicsElement Type : PLANE 183 with 8 nodesThick of the plane : 0.01mMaterial Properties :EX=2×105Mpa PRXY=0.3 Density=7800kg/m3Case1:Concentrated loads F respectively applied on A and B ,F=10kN Case2:Uniformly distributed load q applied on line AB ,q=20kN/m1、1×1 meshingA andB have the same displacements .Displacements of A、B is shown in table 1 .Table 1Figure 1: X-Component of displacement in Case 1Figure 2: X-Component of displacement in Case 2 2、5×5 meshingDisplacements of A、B is shown in table 2 .Table 2Figure 3: X-Component of displacement in Case 1Figure 4: X-Component of displacement in Case 2 3、10×10 meshingDisplacements of A、B is shown in table 3.Table 34、The first 10 frequenciesWe also get the first 10 frequencies shown in table 4 .Table 4Figure 5: X-Component of displacement in Case 1Figure 6: X-Component of displacement in Case 2Reorganize the data in table 1 ,table 2 and table 3 we get a new table shown as table 5 .Data in table 5 is the displacements in X direction of A,B in different cases and meshings .Table 5Analysis:1、Analyze the data in table 5 ,we can know ,the displacement of A ,B is larger in case 1 than that in case 2 .That means it has a larger displacement when a concentrate load is applied .2、Analyze the data in table 5 , we can also know that the numbers with more meshes are a little larger .In fact , the data will be more accurate if we use more meshes .3、Look at figure 3, figure 4,figure 5and figure 6,we can know that the nodes on line AB have the same displacements when a uniformly distributed load is applied .It’s not suitable for case 1 when a concentrate load is applied .4、Analyze the data in table 4,the frequencies get smaller when the number of meshes is bigger .。
固体物理作业2.1 光子的波长为20 nm ，求其相应的动量与能量。
答：由λhP =，υh E =得：动量12693410313.3102010626.6----⋅⋅⨯=⨯⋅⨯==m s J ms J hP λ 能量J ms m s J chh E 189183410932.9102010998.210626.6----⨯=⨯⋅⨯⨯⋅⨯===λυ2.2 作一维运动的某粒子的波函数可表达为：, 求归一化常数A? 粒子在何处的几率最大？答：再由2)()(x x ψω=得：222)()(x a x A x -=ω 其中 a x ≤≤0；322222462)(x A x aA x A a dx x d +-=ω 令0)(=dx x d ω得：2,21a x a x ==而a x =1时，0)(=x ω，显然不是最大； 故当22ax =时，粒子的几率最大。
3.1 晶体中原子间的排斥作用和吸引作用有何关系？在什么情况下排斥力和吸引力分别起主导作用？ 答：在原子由分散无规的中性原子结合成规则排列的晶体过程中, 吸引力起到了主要作用. 在吸引力的作用下, 原子间的距离缩小到一定程度, 原子间才出现排斥力. 当排斥力与吸引力相等时, 晶体达到稳定结合状态. 可见, 晶体要达到稳定结合状态, 吸引力与排斥力缺一不可. 设此时相邻原子间的距离为0r , 当相邻原子间的距离0r r 时, 吸引力起主导作用;当相邻原子间的距离0r r 时, 排斥力起主导作用。
3.2已知某晶体中相邻两原子间的相互作用势能可表达为：(1) 求出平衡时两原子间的距离；(2) 平衡时的结合能；(3) 若取m=2, n=10，两原子间的平衡距离为3 Å，晶体的结合能为4 eV/atom 。
请计算出A 和B 的值。
答：设平衡时原子间的距离为0r 。
达到平衡时，相互作用势能应具有最小值，即)(r u 满足：0)(0=∂∂r rr u ，求得mn AmBn r -=10)(……（1） 将0r 代入，得平衡时的结合能mn mn m AmBn AmBn A r u --+-=n 0)(B )()( (2)当m=2，n=10时，由（1）式得5B=A 0r 8，再由0r =3Å，)(0r u -=4eV 代人（2）式可得： 109610001090.54)(m eV r r u B ⋅⨯=-=- 2192000100201050.4)(45)(m eV r r u r u r r A ⋅⨯=-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-=-B4.1 一定温度下，一个光学波的声子数目多，还是声学波的声子数目多？ 答：频率为的格波的(平均) 声子数为：.因为光学波的频率比声学波的频率高, ()大于(), 所以在温度一定情况下, 一个光学波的声子数目少于一个声学波的声子数目.4.2 爱因斯坦模型和德拜模型的主要近似分别是什么？简述德拜温度及其物理意义。
计算固体力学课程作业专 业 固 体 力 学 学 号 1131301009 姓 名 尹亚川作业1：（一）、0=+f H ϕ，其中10=f ，)1(108ϕe H +=（1） 试用直接迭代法，Newton-Raphson 方法，修正Newton-Raphson 方法，拟Newton-Raphson 方法进行求解并进行比较。
（2） 用Euler-Newton 法计算，f 分2级求解：（1）直接迭代法： 0=+f H ϕ（1）)(00ϕH H =（2）于是得近似解)()(101f H -=-ϕ（3）重复这一过程，以第i 次近似解求出第i +1次近似解的迭代公式为)(i i H H ϕ=（4） )()(11f H i i -=-+ϕ（5）直到i i ϕϕϕ-=∆+1（6）变得充分小，即近似解收敛时，终止迭代。
取10=ϕ，令0000005.0<∆ϕ，运用matlab 进行编程求解（代码见附录）。
可得迭代次数为5次，-0.9996645=ϕ。
取00=ϕ，令0000005.0<∆ϕ，运用matlab 进行编程求解（代码见附录）。
可得迭代次数为4次，-0.9996644=ϕ。
取10-=ϕ，令0000005.0<∆ϕ，运用matlab 进行编程求解（代码见附录）。
可得迭代次数为2次，-0.9996642=ϕ。
（1） Newton-Raphson 方法 0=+f H ϕ（7） 0)()(≠+=-≡=f H R F i i i i i ϕϕϕψψ（8）ii iT i T K K ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂≡=ϕψϕ)( （9）)()()(11f H K K i i i T i i T i +=-=∆--ϕψϕ（10） ii iT H K ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂=ϕϕϕψ （11）i i i ϕϕϕ∆+=+1（12）当i ϕ∆变得充分小，即近似解收敛时，终止迭代。
取10=ϕ，令0000005.0<∆ϕ，运用matlab 进行编程求解（代码见附录）。
可得迭代次数为11次，-0.99966411=ϕ。
取00=ϕ，令0000005.0<∆ϕ，运用matlab 进行编程求解（代码见附录）。
可得迭代次数为4次，-0.9996644=ϕ。
取10-=ϕ，令0000005.0<∆ϕ，运用matlab 进行编程求解（代码见附录）。
可得迭代次数为1次，-0.9996641=ϕ。
（2） 修正的Newton-Raphson 方法将Newton-Raphsom 法迭代公式中的i T K 改用初始矩阵)(00ϕT T K K =，就是修正的Newton-Raphsom 法。
仅第一步迭代需要完全求解一个线性方程组，并将TK 存贮起来，以后的每一步迭代都采用公式)()()(1010f H K K i i T i T i +=-=∆--ϕψϕ（13）当i ϕ∆变得充分小，即近似解收敛时，终止迭代。
取10=ϕ，令0000005.0<∆ϕ，运用matlab 进行编程求解（代码见附录）。
可得迭代次数为122244次，-0.986216122244=ϕ。
取00=ϕ，令0000005.0<∆ϕ，运用matlab 进行编程求解（代码见附录）。
可得迭代次数为21次，-0.99966321=ϕ。
取10-=ϕ，令0000005.0<∆ϕ，运用matlab 进行编程求解（代码见附录）。
可得迭代次数为1次，-0.9996641=ϕ。
（3） 拟Newton-Raphson 方法K 的修正要满足一下的拟牛顿方程)()()(111i i i i i K ϕψϕψϕϕ-=-+++（14）对于单变量情况，上式中的1+i K 是导数()i ϕϕϕψ=∂∂的近似表达式，实际上就是割线劲度矩阵。
)()()(100100f H K K i i +=-=∆--ϕψϕ（15） 001ϕϕϕ∆+=（16） 010101011)(ψψϕϕψψϕ--=-∆=-K（17） )()(11111f H K +=∆-ϕϕ （18）ii ii i i i Kψψϕϕψϕ--=∆∆=++-+1111)( （19）当i ϕ∆变得充分小，即近似解收敛时，终止迭代。
取10=ϕ，令0000005.0<∆ϕ，运用matlab 进行编程求解（代码见附录）。
可得迭代次数为11次，-0.99966411=ϕ。
取00=ϕ，令0000005.0<∆ϕ，运用matlab 进行编程求解（代码见附录）。
可得迭代次数为4次，-0.9996644=ϕ。
取10-=ϕ，令0000005.0<∆ϕ，运用matlab 进行编程求解（代码见附录）。
可得迭代次数为1次，-0.9996641=ϕ。
根据结果可知，在精度取0000005.0<∆ϕ时，Newton 法和拟Newton 法迭代次数基本一致，收敛速度较快，而修正的Newton 法迭代次数较多，收敛速度较慢。
不过，Newton 法和拟Newton 法计算量较大，而修正Newton 法计算量较小。
并且，直接迭代法在解决这种简单问题时迭代次数也较少，收敛速度较快。
若本题不考虑迭代次数，而对精度要求较高，建议采用Newton 法和拟Newton 法；若本题对精度要求不高，主要考虑迭代次数，建议采用Newton 法和拟Newton ；法；若本题对精度和迭代次数要求不高，主要考虑计算量，建议采用修正Newton 法。
Euler-Newton 法在增量步内采用Newton 迭代法。
现以0m δ和m δ分别表示第m 级载荷增量时δ的初值和终值，以m R 表示第m 级增量时的R 的终值，则由式（11）得第m 增量步的迭代公式 10-=m m δδ（20） R R m m λ=（21）()())()(11,11,i m m im T i m m im T i m R K F R K ψλλδ-∆=-=∆---- （22）im i m i m δδδ∆+=+1（23）如果每一增量步内只迭代一次，此时 m m δδ=1（24）m m δδ∆=∆0（25）则对第m 增量步有 ())(011,m m m T m R K ψλδ-∆=∆-- （26）m m m δδδ∆+=-1（27）设00=λ，00=R ，00=δ，5.01=∆λ，5.01=λ，5.02=∆λ，12=λ。
设0000005.0<∆m δ，根据Euler-Newton 法基本原理运用matlab 编程（代码见附录）得001=δ，75.011-=δ，775099.212-=δ，-1.00000022=δ，-0.99966432=δ。
于是可得999664.0-=ϕ。
附录：%直接迭代法clear;y0=1;n=0;for i=1:100;y1=-10/(10*(1+exp(8*y0)));d=y1-y0;y0=y1;if (abs(d)>0.0000005);format long,y0n=n+1;nendend%newton-raphsom法clear;y0=1;n=0;for i=1:100;k=10+10*exp(8*y0)+80*y0*exp(8*y0);f=10*y0+10*y0*exp(8*y0);d=1/k*(-10-f);y0=y0+d;if (abs(d)>0.0000005);format long,y0n=n+1;nendend%修正的newton-raphsom法clear;y0=1;a=1;n=0;for i=1:100000000;k=10+10*exp(8*a)+80*a*exp(8*a);f=10*y0+10*y0*exp(8*y0);d=1/k*(-10-f);y0=y0+d;if (abs(d)>0.0000005);y0n=n+1;nendend%拟newton-raphsom法clear;y0=1;n=0;for i=1:100;f0=10*y0+10*y0*exp(8*y0);k0=10+10*exp(8*y0)+80*y0*exp(8*y0);b=1/k0*(-10-f0);a0=f0+10;y1=y0+b;f1=10*y1+10*y1*exp(8*y1);a1=f1+10;k1=(a1-a0)/b;d=y1-y0;k0=k1;y0=y1;f0=f1;if (abs(d)>0.0000005);y0n=n+1;nendend%Euler_Newton法clear;x0=0;n=0;r=-10;a1=0.5;a2=1;x01=x0;f01=10*(1+exp(8*x01))*x01+10;k01=10+10*exp(8*x0)+80*x0*exp(8*x0);d11=1/k01*(a1*r-f01);x11=x01+d11;x1=x11;x02=x1;f02=10*(1+exp(8*x02))*x02+10;k02=10+10*exp(8*x1)+80*x1*exp(8*x1);d12=1/k02*(a2*r-f01);x12=x02+d12;for i=1:100;k=10+10*exp(8*x12)+80*x12*exp(8*x12);f=10*x12+10*x12*exp(8*x12);d=1/k*(-10-f);x12=x12+d;if (abs(d)>0.0000005);format long,x12dn=n+1;nendend（二）、针对软化问题的求解方法 参考文献：《a local arc-length procedure for strain softening 》 （1）弧长法弧长法的约束方程：21(1,2,3,...)T i l i δδ∆⋅==；其中l ∆为弧长；i δ为现在荷载增量步第i 次迭代的总的增量位移。
i δ的计算式：1()(1,2,3,...)ii j j U i δ∆===∑以外部荷载系数增量∆λ作为未知量，增量位移向量采用Ramm 和Crisfeld 写成：()i F i P U U U ∆∆λ=+⋅1(())(())F i i i U K U R U P λ-=-⋅-⋅ 1(())P i U K U P -=-⋅其中：R 为内部力向量；P 为外部力向量；U 为第i 次迭代总的变形向量；i λ为第i 次迭代总的荷载系数。
i U 和i λ通过第i 次迭代后用下式计算：11(),(1,2,3...)i i ii i iU U U i ∆λλ∆λ-+=+⎧=⎨=+⎩ 由上述方程，增量荷载系数表示成：1T PPlU U ∆∆λ=⋅11()(2,3,4,...)T P i F i TP PU U i U U δ∆λ∆λ-⋅+=-=⋅ 约束方程也改写成：211(1,2,3,...)T l i δδ∆⋅==21(2,3,4,...)T i il i δδ∆-⋅== 1TPPlU U ∆∆λ=⋅2111()(2,3,4,...)T Ti i F i Ti Pl U i U ∆δδ∆λδ----⋅+==⋅（2）局部弧长法May 和Duan 进一步提出局部弧长法，认为在非线性处用相对位移代替1,21,32,1,[...,]n n n ∆δδδδδδδδδ-=----则局部弧长中约束方程为211()()mT e i e e l ∆δ∆δ∆=⋅=∑ 荷载增量表达式为11()()mTP e P ee lUU ∆∆λ∆∆==⋅∑1111()()(2,3,4,...)()()mT P ei F ee i m TP e P ee UU i U U ∆∆δ∆∆λ∆λ∆∆-==⋅+=-=⋅∑∑作业2：开挖荷载的求解方法地基开挖时，需要计算开挖荷载，如下图所示：建立x-y-z 坐标系，z 方向垂直向外，基坑的长为a ，宽为b 。
