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（4/9）

§4.5轴对称向题的一般解 勃府称问题: 构件的几何形状,受力及约束状态都关于通过Z轴 的平面对称。故应力分量与0无关。若不计体力 (1)平微方程: 00r 1 0te+ +K.=0 do.0.-0 r ae atre+ 1 008x 1 27 dr m+K=0 恒等式 0=0 70 (2)几何方程: (注意:一般情况下位移与有关)

§4.5 轴对称问题的一般解 一. 轴对称问题： 构件的几何形状，受力及约束状态都关于通过Z轴 的平面对称。故应力分量与 无关。 若不计体力 （1）平微方程：      + + =   +   + = − +   +   0 1 2 0 1                K r r r K r r r r r r r r r     = = − + 0 0 0 dr r d r  r   恒等式 （2）几何方程： （注意：一般情况下位移与有关）

or 1 a 706 re Or roe (3)物理方程不变: E (oe-uo) (4-3) 2(1+) E

（3）物理方程不变：          − =   +   = = +   =   = 0 1 r u r u r u r u u r r u r r r r r r                      + = = = − = −                 r r r r r r G E E E 2(1 ) ( ) 1 ( ) 1 （4-3）

(4)相容方程:( )(o,+O)=0 (o+oB=B'nr+C 二.轴对称问题应力分量: do 与平衡方程r dr +0r-O=0联立 do +2 B'nr+o +BInr-B+ 2 42 A B B C +-Inrtet 42

二. 轴对称问题应力分量： 与平衡方程 + −  = 0 联立  r r dr d r ( r + ) = Bln r +C   B r C dr d r r r + 2 = ln +   4 2 ln 2 2 B C r B r A r  +  −   = + （4）相容方程： )( ) 0 1 ( 2 2 +  r + = dr d dr r d 4 2 ln 2 2 B C r B r A  +  +    = − +

注意应力的有界性,必有B=0。式中的 常数重新命名: A +C +0 由几何方程得: (1+)2+(1-)C] ar E [-(1+)-2+(1-)C] (a) r ro E I a 0 r ae ar r

C r A r = +2  C r A = − +  2  注意应力的有界性，必有B ’=0。式中的 常数重新命名： 由几何方程得： 0 1 [ (1 ) (1 ) ] 1 [(1 ) (1 ) ] 1 2 2 − =   +   = − + + −   + = + + −   r u r u u r C r A r E u r u C r A r E u r r r          （a）

由(a)第一式积分: ly=[-(1+)-+(1-)rC]+f( E (b) f(6) f()d6+f(r) f(O)+f()+-[f(O)d0-f(r)=0 706or 对于两个独立的变量要保持等式恒成立,必须有 f(r)-()=-f(O×0-f(0)=D

由（a）第一式积分： [ (1 ) (1 ) ] ( ) 1   rC f  r A E ur = − + + − + （b） [ ( ) ( )] 0 1 ( ) ( ) 1 − =  + 1  + − 1 =   +    f d f r r f f r r r u r u r ur        = − + = −   ( ) ( ) ( ), 1 u f d f r f u       rf 1 (r) − f 1 (r) = − f ( )d − f 1 ( ) = D 对于两个独立的变量要保持等式恒成立，必须有

f(m)+;i(r) (d) ()f()d0=D e de 求解:(d)为线性微分方程,可用分离变量法: df(r dr f1()+D 通解为:f(r)=Fr-D (f) 对于(e)式求导得 d f(e) +f(O)=0 de

D dr df r − f r + r = ( ) ( ) 1 1 （d） f d D d df − −    =   ( ) ( ) （e） 求解： (d)为线性微分方程，可用分离变量法: r dr f r D df r = ( ) + ( ) 1 1 对于(e)式求导得 ( ) 0 ( ) 2 2 +  =   f d d f 通解为: f 1 (r) = Fr − D （f）

f(0)=l cos0+Ksin 6 g 由(e)得:f()d0=-D df(e -D+I sin 0-K cos0 (h) 将(g)式带入()式:=[-(1+以了 +2(1-u) cos0+Ksin 0 (h、f)代入(c)式:un=Fr- I sin e+Kcos [-(1+)-+(1-)Cr]+Icos(+Ksnb E (412) e= Fr-I sin 0+K cos e 式中:A、C、F、Ⅰ、K都是任意常数其中F、Ⅰ、K和2-4节中 的o 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

f ( ) = I cos + K sin  （g） 将(g)式带入(b)式: [ (1 ) 2(1 ) ] 1 Cr r A E ur = − +  + −  + I cos +Ksin (h、f）代入（c）式： u = Fr − Isin  + K cos 由(e)得：       sin cos ( ) ( ) D I K d df  f d = −D − = − + − (h) 式中：A 、 C、F 、I 、 K都是任意常数其中F 、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     − 1− , 1 , 2 E E 换成 [ (1 ) (1 ) ]+ I cos +Ksin 1 Cr r A E ur = − +  + −  u = Fr − Isin  + K cos （4—12）

§4.6厚壁环或筒受均布压力 计算模型:厚壁圆筒内半径a,外半径b(取单位厚度) 受力:受内压q外压q 该问题可简化为轴对称 问题求解 二.应力边界条件 gb 内边界 Or Ir=a-la (7a)=a=0 (4-11) a 外边界 b (7)=b=0

§4.6 厚壁圆环或圆筒受均布压力 二. 应力边界条件 厚壁圆筒内半径a,外半径b(取单位厚度) qb qa a b 受内压 qa 外压qb 该问题可简化为轴对称 问题求解 一. 计算模型： 受力：    = = − = = ( ) 0 | r r a r r a qa    内边界 外边界    = = − = = ( ) 0 | r r b r r b qb    （4-11）

应力分量 +C 注意到(7)=0=0,(1)=b=0自然满足 据(4-11)式 o.19+C=一9(联立求解 A 56-72+C ab(ab-qa)c-a ga -bar b b

三. 应力分量 注意到 ( r ) r=a = 0,( r ) r=b = 0 自然满足      = + = − = + = − = = r r b b r r a a C q b A C q a A 2 2 | |   联立求解 2 2 2 2 2 2 2 2 , ( ) b a a q b q C b a a b q q A b a a b − − = − − = 0 2 2 = = = − + = + r r r C r A C r A        据(4-11)式

代入(4-11)即得拉密(1ame)解答 b q b b2 (4-13) b b b

代入（4-11）即得拉密（lame）解答 （4-13） r a qb b a r a q a b r b 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 − − − − −  = − a qb b a r a q a b r b 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 − + − − +  =