计算固体力学课程作业
《固体物理》第一章作业题
解 以 H2 为基团，组成 fcc 结构的晶体，如略去动能，分子间按 Lennard—Jones 势相互作
用，则晶体的总相互作用能为：
U = 2N i
Pij −12
R
12
−
j
Pij
−6
R
6
.
Pij−6 = 14.45392; Pij−12 = 12.13188,
→ →→→
c = a1+ a2 − a3
晶列
→
a+
→
b−
2
→
c
可化为
→
a+
→
b−
2
→
c
=
−2
→
a1
+
→
a2
−
2
→
a3
由上式可知，AC晶列在原胞坐标系中的指数为 112
题4.对于晶格常数为a的简单立方晶格，考虑晶格中的一
个晶面(hkl)，证明该晶面所属的晶面族的面间距：
a2 dhkl = h2 + k 2 + l 2
b−
→
c)
2
2
→
BC
=
→
OC −
→
OB
=
→c +
1 2
→
(a+
→b )
−
1 2
→
(b+
→
c)
=
1 2
→
(a+
→
c)
→ → 1 → → → 1→ → a→ → →
BA BC = (2 a+ b− c) (a+ c) = (a− 3 b− c)
固体物理作业2
（a）在t=0时刻，选一电子，令P(t)为该电子在之后的t s内不受
碰撞的几率，电子是时间间隔t~t+dt 内收到碰撞的几率为：
P(t)-P(t+dt)=P(t)dt/τ
()
=−
()
积分得：P(t)=exp(-t/τ)
设P1(t)为该电子在t=0之前的t s内不受碰撞的几率，同理可得：
（c）由（b）知，电子连续两次碰撞时间间隔处于t和t+dt之间
的几率为(dt/τ)*exp(-t/τ)
所以电子连续两次碰撞的平均时间为：
∞
= න
令 = /, =
∞
Байду номын сангаас 0
0
−
−
=
dt/τ
11.20
2）说明并解释金属、半导体电导率随温度变化的差异。
对k空间态密度有：
又因为
代入上式
=
ℏ
=
2
3
(2)
1
=
2
3
(2)
，所以 =
3
ℏ3
1 23
=
()
3
3
2 ℏ
考虑到热平衡状态下体系的均匀性， 0 (, )与r无关。
所以：
23
0 (, ) = 3 ()
亚铁磁：
= +
1
0
−
+ ′
−Θ
； ′为渐近居里点
; Θ为亚铁居里温度
12.4
Fe具有体心立方晶格，原子量=55.85，密度=7.86 g/cm3，
材料固体力学答案1-6章
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
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。
计算固体力学第三章_1
8. 可处理大变形和非线形材料带来的非线形问题.
TSINGHUA UNIVERSITY
TSINGHUA UNIVERSITY
3 协调模型分析
1. 建立协调模型的一般方法
大部分有限单元,都是根据虚功原理, 或由它导出的能量 原理建立的, 这类单元统称为“协调模型”或“相容模 型”（Conforming model)。
每个节点有三个转动 分量和三个位移分量.
TSINGHUA UNIVERSITY
TSINGHUA UNIVERSITY
如图1.4, 用120个节点和297个平面应变三角形单 元模拟. 将对称性应用于整个杆端的一半. 此分析 的目的是找出杆端应力集中最高的位置.
TSINGHUA UNIVERSITY
TSINGHUA UNIVERSITY
有限元法无论对什么样的结构（杆系，平面，三维， 板壳）分析过程是一样的，一般为：
有限元法基本步骤:
TSINGHUA UNIVERSITY
有限元法基本步骤
将物体划分为具体有相关节点的等价系统,选择最适当 的单元类型来最接近的模拟实际的物理性能. 所用的单元总 数和给顶物体内单元大小和类型的变化是需要工程判断的 主要问题. 单元必须小到可以给出有用的结果,又必须足够大以节省 计算费用.
一点的位移列阵： 一点的应变列阵：
一点的应力列阵：
一点的体积力列阵： 一点的表面力列阵：
边界外法线方向余弦矩阵：
其中：
平衡方程：（内力与体积力的关系方程）
写成矩阵形式：
其中
A - 微分算子矩阵
几何方程：(应变与位移的关系方程)
写成矩阵形式：
物理方程（应力与应变的关系方程)
北航计算固体力学大作业,网格收敛性分析
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 .。
固体物理作业及答案
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。
清华大学计算固体力学全套课件
TSINGHUA UNIVERSITY
全套课件
计算固体力学
TSINGHUA UNIVERSITY
第1章 绪论
计算固体力学课程体系
TSINGHUA UNIVERSITY
全面介绍非线性有限元的前沿性内容，使学习 者能进入这一领域的前沿，应用非线性有限元方法 求解弹塑性材料、几何大变形和接触碰撞这些非线 性力学的主要问题，增强工程结构中非线性计算和 虚拟仿真的能力，提高非线性有限元的教学和科研 水平。
TSINGHUA UNIVERSITY
计算固体力学课程体系
教学内容：
1. 绪论：非线性有限元的基本概念，发展历史，工程应用， 标记方法，网格表述和偏微分方程的分类。（2） 2. 一维L有限元：TL和UL格式的控制方程。E有限元：E公式 的控制方程，弱形式与强形式。（4） 3. 连续介质力学：变形和运动，应力－应变的度量，守恒 方程，框架不变性。（4） 4. L网格：UL有限元离散，编制程序，旋转公式。（4） 5. 材料本构模型：一维弹性，非线性弹性，如次弹性和超 弹性。一维塑性，多轴塑性，超弹－塑性（橡胶和泡沫 模型），粘弹性（蠕变和松弛等），经验本构模型，如 J-C方程等。应变硬化和软化。（4） 6. 求解方法：应力更新算法，平衡解答和隐式时间积分 （N-R求解等），显示时间积分（中心差分等） ，波的 传播问题。（4） TSINGHUA UNIVERSITY
Engineering Science- is the systematic acquisition of knowledge for the purpose of applying it to the solution of problems effecting the needs and well-being of human kind. SBES- engineering science and science that employs the principles and methods of modeling and computer simulation to acquire and apply knowledge for the benefit of human kind.
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
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 。