§47薄板圆孔应力集中 、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 二、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 薄板可采用 q0=20 2 直角坐标, 但圆孔采用 极坐标较方便
§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。 二、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.. q a 0=2q 2q 薄板可采用 直角坐标， 但圆孔采用 极坐标较方便
问题可转化为两组问题 q+ 0 ↓↓↓↓↓↓↓↓ a (b) (a)为均匀应力场中由小圆孔引起的应力集中问题。 在远离孔的边界上受到x和y方向的均匀拉伸作用。 应力强度为q。 (b)为在远离孔的边界上受到x方向的均匀拉伸 y方向均匀压缩
a q + q q q q q q x y 0 A q q q a x y q q r r 0 问题可转化为两组问题 （a） （b） （a）为均匀应力场中由小圆孔引起的应力集中问题。 在远离孔的边界上受到x和y方向的均匀拉伸作用。 应力强度为q。 （b）为在远离孔的边界上受到x方向的均匀拉伸、 y方向均匀压缩
为研究孔边问题。采用极坐标 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 (a)情况下,在半径为b的圆周上,各点受力状态 都是两向等拉状态,即彐q,σ=q,τ=0,由坐标 变换式(4-7) cOS0+0. sin-0+2t sin 0 cose o sin+o cos0-2t sin 0 cos 0 xy (o,-o sin 0 cos0+I,(cos 6-sin 0) 得:σ=q,σ=q,τ=0则问题转化为:
为研究孔边问题。采用极坐标 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 （a）情况下，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=q，xy=0，由坐标 变换式（4-7） = − + − = + − = + + ( )sin cos (cos sin ) sin cos 2 sin cos cos sin 2 sin cos 2 2 2 2 2 2 r y x xy x y xy r x y xy 得： r=q， =q，r=0 则问题转化为：
内半径为a,外半径为b的圆环,在外边界上受法向均 布压力q。 根据(4-14) 当b>>a时,(ab=0) o=q(1+2) ,=q(1--2) 4-17)
q x y o a b 内半径为a，外半径为b的圆环，在外边界上受法向均 布压力q。 根据（4-14） 当b>>a时，（a/b=0） = = − = + 0 (1 ) (1 ) ' 2 2 ' 2 2 ' r r a q r a q r （4-17）
(b)情况下,σx=q,σ=q,τ=0,由坐标变换式(4-7) o.=g c0 2A+o, sin-0+2txv sin 6 0 oo =o sin+o cos0-2r sin e cos e (o -osin cos 0+I,(cos8-sin-0) 得:(o,)=qcos20-qsn2O g cos 20 re/r=b 2a sin 6 cos0 q gsin 20 则问题转化为: 内半径为a,外半径为b的圆环,在外边界上 受径向分布面力qcos20,环向分布面力-qsin20
q q q a x y q q r r 0 （b）情况下， x=q， y =-q，xy=0，由坐标变换式（4-7） 得： 则问题转化为： ( ) ( ) sin 2 2 sin cos cos 2 cos sin 2 2 q q q q q r r b r r b = − = − = = − = = = − + − = + − = + + ( )sin cos (cos sin ) sin cos 2 sin cos cos sin 2 sin cos 2 2 2 2 2 2 r y x xy x y xy r x y xy 内半径为a，外半径为b的圆环，在外边界上 受径向分布面力qcos2，环向分布面力-qsin2
非轴对称问题 采用半逆解法: A)根据圆环外壁处的面力假设 gsin2 0 G,t某种函数,并求p Bcos 从外壁面力研究,设 10+ f(r)cos 20 06 01o (0)=f(r)sn20 ar r ae 由上二式,可看出: p=f(r)cos 20
x y o qcos2 -qsin2 非轴对称问题 采用半逆解法： A）根据圆环外壁处的面力假设 σr , 为某种函数，并求 r ： ( ) cos 2 1 1 2 1 2 2 f r r r r r = + = ) ( )sin 2 1 ( 2 f r r r r = = − 从外壁面力研究，设 由上二式，可看出： = f (r) cos 2 （c）
(B)检查是否满足(4-6),并求待定函数: 将(c)代入(4-6),得: df(r)2 df(r 9 df(r9 df(r) cos 20=0 由于0的任意性,必有: f("()+f(r)-2f(r)+f(r)=0 欧拉型方程:引入代换:r=e,t=lnr 方程变为:f((t)-4f"(1)-4f(t)+16f(t)=0 特征方程:p4-4p3-4p2+16p=0 根 f(t=Aet+ Be+c+ de
(B)检查是否满足（4-6），并求待定函数： 将（c）代入（4-6），得： cos 2 0 ( ) 2 ( ) 9 ( ) 9 ( ) 2 3 2 3 2 3 4 4 = + − + dr df r dr r d f r dr r d f r dr r d f r 由于θ的任意性，必有： t t t t f t Ae Be C De p p p p p p p p f t f t f t f t r e t r f r r f r r f r r f r 4 2 2 1 2 3 4 4 3 2 (4) ''' '' ' ' 3 '' 2 (4) (3) ( ) : 0, 2, 2, 4 : 4 4 16 0 : ( ) 4 ( ) 4 ( ) 16 ( ) 0 : : , ln ( ) 0 9 ( ) 9 ( ) 2 ( ) − = + + + = = = − = − − + = − − + = = = + − + = 根 特征方程 方程变为 欧拉型方程 引入代换
用t=hr还原 通解 f(r)=Ar++ Br+c+Dr-2 A,B,C,D为任意常数 P=(Ar++ Br+c+Dr )cos 20 (c)由(4-5)式,求应力分量 4c oD r=-(2B+2+-4)coS2 T=(122+2B+D 4) cos 20 2c aD (oAr+2B 4)Sm20
( ) cos 2 , , , . : ( ) ln : 4 2 2 4 2 2 − − = + + + = + + + = Ar Br c Dr A B C D f r Ar Br c Dr t r 为任意常数 通解 用 还原 (c) 由（4-5）式，求应力分量： = + − − = + + = − + + )sin 2 2 ( 2 (12 2 ) cos 2 ) cos 2 4 (2 2 4 2 4 2 2 4 r D r c Ar B r D Ar B r D r c B r r
(D)检查{是否满足应力边界并求待定常数 内边界(r=a) gsin2 0 4c 6D G,L=0→2B+ 0 gcos r =a 2c 6D re ir=a =0→6Aa2+2B C 外边界(=b) 4c 6D r Ir=b cOs2b→2B++ 2c 6D tr 90 sin 20->6462+26
(D).检查是否满足应力边界,并求待定常数 ( ) 0 2 6 | 0 6 2 0 4 6 | 0 2 2 4 2 2 4 = → + − − = = → + + = = = = a D a c Aa B a D a c B r a r r a r r a 内边界 ( ) q b D b c A b b q b D b c B r b r r b r r b = − → + − − = − = − = → + + = − = − = = = 2 2 6 sin 2 6 2 2 | 2 4 6 cos 2 2 2 | 0 2 4 0 2 0 2 4 0 外边界 x y o qcos2 -qsin2
解此代数方程 6-b b B [1+3()-4()°] 2p b b 6 b 4 D b 其中p=1-4()2+6()4-4()°+(2)8 b b b b
2 4 6 8 4 4 6 2 4 6 2 2 2 1 4( ) 6( ) 4( ) ( ) [1 ( ) ] 2 [1 ( ) ] [1 3( ) 4( ) ] 2 ( ) [1 ( ) ] : b a b a b a b a p b a p qa D b a p qa C b a b a p q B b a b a pb q A = − + − + = − − = − = − + − = − 其中 解此代数方程