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（6/9）

与4.7簿板圖孔应力集中 孔边应力集中:孔边陈近区域应力发生局部增大的现象 特点:a孔边周围应力局部增大(应力重新分布) b集中是在一定范围内,是局部现 象,超过一定距离就无影响。 c集中同孔的形状有关,与孔的大小无关。 受力模型 1.模型:分析薄板(无限大)长度与高度>>孔径。 略去体力分量,试求{G}。孔半径a 巨薄板可采用直角坐标, p圆孔采用极坐标较方便。 研究孔问题采用极坐标

§4.7 薄板圆孔应力集中 一. 孔边应力集中：孔边附近区域应力发生局部增大的现象。 特点： a.孔边周围应力局部增大（应力重新分布） b.集中是在一定范围内，是局部现 象，超过一定距离就无影响。 c.集中同孔的形状有关，与孔的大小无关。 1. 模型：分析薄板（无限大）长度与高度>>孔径。 略去体力分量，试求{σ}。孔半径a。 a p 薄板可采用直角坐标， 圆孔采用极坐标较方便。 研究孔问题采用极坐标。 二. 受力模型

将薄板直边变换为圆边(采用极坐标方便) 取b>>a,以b为半径作一大圆。取包括圆孔在内的 圆环研究 在半径为b的圆周上,各点受力状态都是两向 等拉状态,即σx=q,y→D,T2y=0,由坐标变换 式(4-7)求得及坐标下的应力分量。 p07 re m 10 0m I 2 +2t sin cos o=o sin o +o, cos -2t, sin o cos o (1) (o, - sin o cos o+I,(cos o-sin o)

将薄板直边变换为圆边（采用极坐标方便） 在半径为b的圆周上，各点受力状态都是两向 等拉状态，即x=q， y=p，xy=0，由坐标变换 式（4-7）求得及坐标下的应力分量。      = − + − = + − = + + ( )sin cos (cos sin ) sin cos 2 sin cos cos sin 2 sin cos 2 2 2 2 2 2                            y x xy x y xy x y xy 取b>>a,以b为半径作一大圆。取包括圆孔在内的 圆环研究       −             −  =      m l p l m m l r l m r r 0 0 0        （1）

2.应力边界条件 +coS 2o sin X y N a (b) ①p=b-0 0 ==+-cOS 22 = COS p sin

2. 应力边界条件 a p x y 0 A  q q q (a)    cos 2 2 2 p p = +    cos 2 2 2 p p = −   sin 2 2 p = −   = 0   = 0 ①  = b →  ②  = r y o x (b)   cos 2 2 2 p p = +   sin 2 2 p = −    cos 2 2 2 p p = −

三.极坐标下问题的平衡方程和相容方程 1.平衡方程 pp 0 dp pao (2) aLpe poo p 中 2= 0 O 2相容方程(00 2 )(on+6)=0 dp pdp pdo 2 即[(p)+n+a)=0(3 pdp ap p 四.求应力函数 根据远场应力的边界条件可以设三个应力分量可能 的形式分别为:

三. 极坐标下问题的平衡方程和相容方程 1. 平衡方程 = 0 − +   +               0 2 + =   +             2.相容方程 ( )( ) 0 2 2 2 2 2 + =   +   +            [ ( ) ]( ) 0 2 2 2 + =   +               即 四.求应力函数 根据远场应力的边界条件可以设三个应力分量可能 的形式分别为： （2） （3）

F(p)+f(p)cos 2g =G()+g()cos2中 (3) t=pb)2U SO 把(3)式分别代入(2)式得 p,+F-G+(,+f-g+2h)cos2=0 (p g+2h)sn20=0 (4) 4 (F+G)+,(F+G)+2(+g)+(f+g)-2(+g)c0n12p=0 pdp 由(4)式得到两组方程 第一组 (F+G)+-,(F+G)=0 (5) 1b+F-G=0

把（3）式分别代入（2）式得 由（4）式得到两组方程：   = F() + f () cos 2   = G() + g() cos 2   = h()sin 2 （3） + − + ( + − + 2 ) cos 2 = 0     f g h d df F G d dF( − 2 + 2 )sin 2 = 0   g h d dh F G） d d F G d d ( + ) + ( + 2 2    ( )] 2 0 4 [ ( ) ( ) 2 2 2 + + + − +  =     f g f g con d d f g d d + 第一组 + F − G = 0 d dF   ( ) ( 0 2 2 + + F + G）= d d F G d d    （4） （5）

利用应力的有界性,由方程组(5)解得 F(p)= O3×的 (6) G() Dk6 (7) 第二组 p,+f-g+2h=0 (8) (9) p=,-2g+2h=0 dp (f+g)+,(f+g)--2(f+g)=0 (10) 由(10)式得到f+g=p (11) (8)式减去(9)式并把(10)式代入其中后可以得到

利用应力的有界性，由方程组（5）解得 第二组 B A F = − +2 ( )   B A G = +2 ( )   + f − g + 2h = 0 d df   − 2g + 2h = 0 d dh   ( ) 0 4 ( ) ( ) 2 2 2 + + f + g − f + g = d d f g d d     2 2   D f + g = C + （6） （7） （8） （9） （10） 由（10）式得到 （11） (8)式减去（9）式并把（10）式代入其中后可以得到

df dh D )+f+g=p )+p2C+ (12) D f-h= C+ 22+E (13) 由此得出s+h=3p2C、DE (14) 20 (14)式代入(9)式 h D p-2(g+h)+4h=p,+4h-3C--2+2E=0 D p,+4h=3C+-2-2E (15) D 1 h的一个特解 h=pC+ E 2 G h的通解h=p2C+ E (16)

h的通解 h的一个特解 ( ) ( ) 0 2 2 − + + = − + + =         D C d dh d df f g d dh d df E D f − h = − C + + 2 2 2 2 1   由此得出 E D g + h = C + − 2 2 2 2 3   （14）式代入（9）式 2( ) 4 4 3 2 0 2 2 − + + = + − − + E = D h C d dh g h h d dh       （12） （13） （14） E D h C d dh 4 3 2 2 2 + = + −     （15） （16） E D h C 2 1 2 2 1 2 * 2 = + −   2 4 2 2 1 2 2 1    G E D h = C + − +

把h代到(13)、(14)式中得到 D f=-2+E+ (17) g=pC E、G 由于应力是有界的,C=0 得出应力的函数表达式 D G E+-sin 2o D 1 G (18) ∞+B+(+B+4cos2 +B+(-1G cOS

把h代到（13）、（14）式中得到 得出应力的函数表达式 2 4 2 1   G E D f = + + 4 2 2 1   G g = C − E − (17) 由于应力是有界的，C=0       ) cos 2 2 1 ( 2 2 4 G E D B A = − + + + +      ) cos 2 2 1 ( 2 4 G B E A = + + − −      )sin 2 2 1 2 ( 2 4 G E D = − + (18)

五.利用应力边界条件确定常数 o=B+EcOS 29=+cos 2o Fa=B-Ecos 20=P-P cos 20 2 22 Iod=- Esin 20=sin 2o 得出待定常数B、EBP,E=P 又有条件=F 0 0=0 D p G 2++(-2++4)cos2=0 D G +-4)sn2=0 2r22

五. 利用应力边界条件确定常数 得出待定常数B、E   cos 2 2 1 = B + E cos 2 2 2 p p = +   cos 2 2 1 = B − E cos 2 2 2 p p = −   sin 2 2 1 = − E sin 2 2 p = − E p p B = , = 2 又有条件  = r   = 0   = 0 ) cos 2 0 2 ( 2 2 2 4   = − + + + +  = r p G r p D r A )sin 2 0 2 2 ( 2 4   = − +  = r p G r D

由此得出常数A、D、G r p D=-2r G r p 六.含圆孔的无限大板单向均匀拉伸下的解 )2 4r23r +(+ cOS p 2 cos 2o (19) 2 2r23r (1+ )sin 2o

六.含圆孔的无限大板单向均匀拉伸下的解 由此得出常数A、D、G A r p 2 2 1 = D r p 2 = −2 G r p 4 2 3 =       cos 2 2 ) 4 3 (1 2 (1 ) 4 4 2 2 2 2 r p r r p + − = − + +      cos 2 2 ) 3 (1 2 (1 ) 4 4 2 2 r p r p = + − +      sin 2 2 ) 2 3 (1 4 4 2 2 r r p = − + − (19)