安徽建筑工业学院：《弹性力学》第四章 平面问题的极坐标解答（5/9）

4-6厚壁圆环或圆筒受均布压力 设厚壁圆筒:内半径a 外半径b (厚度取为单位1) 受内压q外压qn 为轴对称应力分布 qb 解:(一)应力分量,据(4-11) 六+2C 2+2C b

4-6 厚壁圆环或圆筒受均布压力 设厚壁圆筒: 内半径 a 外半径 b (厚度取为单位1) qb qa a b 受内压 qa 外压qb 为轴对称应力分布 解:(一)应力分量,据(4-11)          = = = − + = + 0 2 2 2 2 r r r C r A C r A       

其中A、C为常数,须由边界条件确定 其边界条件: 内边界 rr=a (7a)=a=0 外边界ob=-4 (o)=b=0 注意到(x)==0、(7)b=0自然满足 故边界条件提供两个独立的方程,常数A、 C由边界条件确定

其中A、C为常数，须由边界条件确定 其边界条件：    = = − = = ( ) 0 | r r a r r a qa    内边界 外边界    = = − = = ( ) 0 | r r b r r b qb    注意到 ( r ) r=a = 0,( r ) r=b = 0 自然满足 故边界条件提供两个独立的方程，常数A、 C由边界条件确定

(二)考虑位移单值条件 由(4-12)式的第二式: Fr-lsin 0+Kcos 0 060=61-bl0=1+2x 由于0的任意性∴B=0 r16=61+2丌 +c 故应力分量写成 +O b

(二)考虑位移单值条件: 由(4-12)式的第二式: u = Fr − Isin  + K cos             2 2 1 1 1 1 | | | | = = + = = + = = r r u u u u 由于的任意性 B = 0 故应力分量写成:          = = = − + = + 0 2 2 r r r C r A C r A       

引入代换:y=e→(=lhr) (a) 代入(A)后: D ) (D 4 +4 0 线性齐次方程,对应特征方程: 2-423+422=0根为4=042=0,4=2,4=2 齐次方程解:Φ=At+Be+Ce+D 利用(a)还原:通解 Φ=Ahr+Br2hr+Cr2+D 410) 其中:A,B,C,D为任意常数

引入代换： e (t ln r) t  = → = （a） 代入（A）后： 4 4 0 2 2 3 3 4 4 =  +  −  dt d dt d dt d 线性齐次方程，对应特征方程： 4 4 0 4 3 2  −  +  = 根为 0, 0, 2, 2 1 = 2 = 3 = 4 = 齐次方程解 ： At Bte Ce D t t  = + + + 2 2 利用（a）还原：通解  = A r + Br r +Cr + D 2 2 ln ln （4—10） 其中 ：A，B，C，D为任意常数

2、应力分量:(4-10)带入(4-9) r=-2+BC(1+2hr)+2c (411) 六+B(3+2hr)+2C 三、位移分量:(4-11)代(43)代(42 A E=(0n-1)=n{(1+)2+B[(1-34) E E +2(1-p)nr]+2(1-p)C (oe-Po (1-)=2+B(3-)+2(-)h门 E +2(1-1)c

2、应力分量： （4-10）带入（4-9）          = = = − + + + = + + + 0 (3 2ln ) 2 (1 2ln ) 2 2 2 r r r B r C r A BC r c r A        （4—11） 三、位移分量： （4-11) 代 (4-3) 代（4-2    = − = (1+ ) + [(1− 3 ) 1 ( ) 1 2      B  r A E E r r +2(1−)ln r]+2(1−)c     = − = − (1− ) + [(3− ) + 2(1− )ln ] 1 ( ) 1 2 B r r A E E     r    + 2(1−)c 

由几何方程得: (1+/)2+B(1-3)+2(1-)hnr]+2(1-)C ar E 则=(+)3+(3-)B+2(1-)Bhr+2(1-1)C(a) r ro E auau u 0 a6 ar 由(a)第一式积分: l={-(1+1)2+B(1-3)y+2(1-)r(hr-1) E +2(1-12)Cr}+f() b) 由(a)第二式,将(b)带入,整理:

由几何方程得： 0 1 [ (1 ) (3 ) 2(1 ) ln 2(1 ) 1 (1 ) [(1 3 ) 2(1 )ln ] 2(1 ) 1 2 2 − =   +   = − + + − + − + −   +       = + + − + − + −   r u r u u r B B r C r A r E u r u B r C r A r E u r r               （a） 由（a）第一式积分： 由（a）第二式，将（b）带入，整理：    = − (1+ ) + [(1− 3 ) + 2(1− ) (ln −1)] 1 B r r r r A E ur    2(1 )  ( ) + − Cr + f 1  （b）

au 4 Br f() 06E 积分后:4Br0「f(0)O+f(r) E 再将(b),(c)带入第三式,整理 f(r)- df(r) df(0)+f(o)d0 d 由于6,r的任意性,要使上式成立,必有 fi(r-r 折:(r (d) F df(0)+f(o)de=F de

( ) 4    f E u Br = −   积分后： ( ) ( ) 4 1 f d f r E Br u = −    +   再将（b）,（c）带入第三式，整理：     f d d df dr df r f r r ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 − = +  由于  ,r 的任意性，要使上式成立，必有 F dr df r f r − r = ( ) ( ) 1 1 （d） f d F d df +    =   ( ) ( ) （e）

其通解

其通解:

将(h)、(f)代入(c)式 4 Bre +hr-sin+ e E 位移分量: ln=[-(1+)-+2(1-)B(nr-1)+(1-34)Br E +2(1-u)Br+2(1-uCrl+l cos+Ksin 6 (412) 4 Bre E+ Hr-Isin 0+K cosO 式中:1 A, B, C HI, K都是任意常数 2HIK和24节中的o,u2o-样代表刚体的 位移(由位移边界来确定) *对于平面应变问题 E,换成E

将(h)、（f） 代入（c）式     sin cos 4 Hr I K E Br u = + − + 位移分量： 2(1 ) 2(1 ) ] [ (1 ) 2(1 ) (ln 1) (1 3 ) 1 Br C r Br r Br r A E ur      + − + − = − + + − − + − + I cos +Ksin     sin cos 4 Hr I K E Br u = + − + （4—12） 式中：1.A,B,C,H,I,K都是任意常数 2.H,I,K和2-4节中的,u0 ,v0一样代表刚体的 位移(由位移边界来确定) *对于平面应变问题 E,换成E ,

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