彈性力學(xué)簡(jiǎn)明教程-平面問(wèn)題的極坐標(biāo)解答習(xí)題詳解

1、第四章年面問(wèn)軀的級(jí)坐標(biāo)解各典型例題講解例4T如圖所示，矩形薄板在四邊受純剪切力作用，切應(yīng)力大小為q。如果 離板邊較遠(yuǎn)處有一小圓孔，試求孔邊的最大和最小正應(yīng)力。例4-1圖【解】（1）根據(jù)材料力學(xué)公式，求極值應(yīng)力和量大正應(yīng)力的方位角其中 = 6 = 0, q = % 得最大正應(yīng)力。稅“所在截面的方位角為若在該純剪切的矩形薄板中，沿與板邊成殳方向截取矩形ABCD,則在其邊界 4上便承受集度為q的拉力和壓力，如圖所示。這樣就把受純剪切作用的板看作與 一對(duì)邊受拉，另一對(duì)邊受壓的板等效。（2）取極坐標(biāo)系如圖。由a =t7 cos 2(1-)(1-3-5-),P P-(4-18)廠(chǎng)4=-cos2(l + 3

2、XP2 2% = -qsin 2卩(1 一 二)(i+3 二)得矩形薄板ABCD內(nèi)的應(yīng)力分量為2 2j =gcos2（l-爲(wèi)）（1-3牛）（a）=- cos 2（1+ 3-）（b）p2 2%sin 2卩（1 - $）（1+ 3 爲(wèi)）（c）其中a為小孔的半徑，而孔邊最大與最小正應(yīng)力由式（b）,在p = a處得到兀=-q cos 2(1 + 3) = -4cos2當(dāng)（P = 0, Tl時(shí)，孔邊最小正應(yīng)力為（）仙=一切，當(dāng)申=夕時(shí)，孔邊最大正應(yīng)力為（）*乂 = 4q。分析：矩形板ABCD邊界上各點(diǎn)的應(yīng)力狀態(tài)與板內(nèi)無(wú)孔時(shí)的應(yīng)力狀態(tài)相同。也可以應(yīng)用疊加法，求解薄板的各種較復(fù)雜的平面應(yīng)力（應(yīng)變）問(wèn)題。習(xí)題

3、全解4-1試比較極坐標(biāo)和直角坐標(biāo)中的平衡微分方程、幾何方程和物理方程，指出哪些項(xiàng)是相似的，哪些項(xiàng)是極坐標(biāo)中特有的？并說(shuō)明產(chǎn)生這些項(xiàng)的原因?！窘狻浚?）極坐標(biāo)，直角坐標(biāo)中的平衡微分方程+ / =0 dp p d(p pdr 1 Oqdp p d(p- + + f=0Pdcr dr.K + + / =0dx dy+ + /v =0dy dx將極坐標(biāo)中的平衡微分方程與直角坐標(biāo)中的平衡微分方程相比較，第一式中,前兩項(xiàng)與直角坐標(biāo)相似；而嚴(yán)項(xiàng)是由于正P面上的面積大于負(fù)P面上的面積而產(chǎn)生 的，-嚴(yán)是由于正負(fù)（P而上的正應(yīng)力在通過(guò)微分體中心的P方向有投影而引起的。 第二式中，前兩項(xiàng)也與直角坐標(biāo)相似；而血是由于

4、正P面面積大于負(fù)P面上的而P記而產(chǎn)生的；罟 是由于正負(fù)p面上的切應(yīng)力在通過(guò)微分體中心的（P方向有投 影而引起的。由于邛竿= %p,仍可將這兩個(gè)切應(yīng)力只作為一個(gè)未知函數(shù)處理。（2）極坐標(biāo)，直角坐標(biāo)中的幾何方程O(píng)U6將極坐標(biāo)中的幾何方程與直角坐標(biāo)的幾何方程相比較，第二式中的第一項(xiàng)絲 p是在極坐標(biāo)中才有的，表示由于徑向位移而引起的環(huán)形線(xiàn)段的伸長(zhǎng)應(yīng)變；第三式中的-乜是由于環(huán)向位移而引起的環(huán)向錢(qián)段的轉(zhuǎn)角，這項(xiàng)也是在極坐標(biāo)中才有的。P(3) 極坐標(biāo)，直角坐標(biāo)中的物理方程壓=_叫) ，_1 于_2(1 + )于Y PP_E % T(X?E 冷(s-g)七=誑-)2(1 + “)極坐標(biāo)中的物理方程與直角坐標(biāo)的

5、物理方程是相似的。4-2試導(dǎo)出極坐標(biāo)和直角坐標(biāo)中位移分量的坐標(biāo)變換式?！窘狻繀⒖磮D，位移矢量是服從幾何加減 運(yùn)算法則的。位移矢量為d,它在(x,y)和(p,(p)坐標(biāo)系中的分量分別表示為(仏叭和所以u(píng)p = “cos0 + usin0“0 = “ sin(p + u cos (p寫(xiě)成矩陣形式 Upcos(psin。 II_sin#COS0V解4-2圖所以_sin COS0A-COS02sin若寫(xiě)成一般形式，則位移分量的變換關(guān)系為u = lip cos (p 一 知 sin (p v = lip sin (p + cos (pup =“cos0 + vsin0 心=-m sin (p + vco

6、s p4-3在軸對(duì)稱(chēng)位移問(wèn)題中，試導(dǎo)出按位移求解的基木方程。并證明= Ap + % = 0可以滿(mǎn)足此基本方程。P屮【解】(1)設(shè)=U(P = O,代入幾何方程中，教材中式(4-2)得形變分量(a)將式(a)代入物理方程，教材中式(4-3)得用位移表示的應(yīng)力分量(b)將(b)式代入平衡微分方程，教材中式(4-1),在軸對(duì)稱(chēng)問(wèn)題中，平衡方程為dp p o dp p dp pp dp pp dp p 負(fù)+丄叫仝=02 P dp p上式即為求Up的基本方程。(2)將up=Ap + U(p = 0代入式(d),很顯然滿(mǎn)足方程。4-4試導(dǎo)出軸對(duì)稱(chēng)位移問(wèn)題中，按應(yīng)力求解時(shí)的相容方程?！窘狻?1)在軸對(duì)稱(chēng)的情

7、況下，, =%p = 0,只有知 為基本未知函數(shù),且作 1 6% llp = P P o(p P它們僅為P的函數(shù)。幾何方程，教材中式(4-2)的前二式成為(a)對(duì)式(a)中的第二式求導(dǎo)，得(b)將式(a)中的, %代入式(b),得(c)(2)將物理方程，教材中式(4-3)、(4-4)中的用應(yīng)力分量表示的形變分量代入 式(c)中，就得到按應(yīng)力求解時(shí)的相容方程，即平而應(yīng)力的相容方程：6=*(聽(tīng)_1丿(4_3)E,_ 1 _ 2(1 + 1/)_ 7 Tpp _ Tpp (勺一如)一音(b。一 bp)茅斧T-缶岸(吋坷缶_“巧)=*(bp_b) + “(bp _bj = *(l+ )_%) TV(b

8、 一gp) = (bp -b) dpP平而應(yīng)變的相容方程: = - -,Ll- (a - b )卩 E p _ 0(4-4)1 一心 “、2(1 + “)昇屮一“2法仇-比 訃甘9宀)+一八d /1 z 、石尸時(shí)S“T 缶(I電產(chǎn)1 2E -冷宀-片叫T1 Y /1 +1 一“丿4-5試用一階導(dǎo)數(shù)的坐標(biāo)變換式，導(dǎo)出二階導(dǎo)數(shù)的坐標(biāo)變換式教材 4-3中的Q),(b), (c)【解】一階導(dǎo)數(shù)的坐標(biāo)變換公式6d(Pdp6d(p6Psin d(P=+=cos (p_ dxdpdxd(pdxdp6 6 dp6d(p . r1 sin (p卜 dvdpdyd(pdydppd(pdp p d(p6 cos 0

9、 60二階導(dǎo)數(shù)的變換可以由一階導(dǎo)數(shù)得出&d(6z dsine? d wdPsin60 =()=(COS0一-)(cos。一-)drdx dxdp p d(pdp p d(pd zsin。00、sine? d z6sin。6。、=cos (p (cos (p_) _(cos (p_)dpdp p d(p p d(pdp p 6(p.咨.16。.1 6辺.？ 1 60.1 &=cos (p +sm0cos0r-sm0cos0+ sin (p-sincos6p-d(pp dpd(pp dpp dpd(p. 16。 1+ sin cos (p；F sin (p ；p，d(pp- 6p】扌 r1 60=

10、cos(p+2sin0cosy7jpfP1 d(P 1 &+ r-op10 M7=cos (p+sirr (p6/r=cos (pp &P P11 501 &宀1 O. 21 dP 1-2sm0cos+ sin (psinprrp dpd(pp dppJ1 &1 M+- + sin2 (p+ .?P op p 6/r&d庁 . 勿 2 dyx dy d . CJ= sinsin+p8-2sin0cos0-2sin0cos0p1 d(p p dpc(p .Op p加廠(chǎng)(a)d 50. d cos6? a Y“(op p Q(p)濟(jì)6p P (P)1 60&Pd(P cos(p d(P ) cos

11、 dH.6 cos69 dP sin 69 +，6p p 6(p) d(P cos 0 60：sin0+ p d(p dp p d(p )=扌 1 601夕0 71 601 &=SllT(P 一 SinCOS0r+ SinG?COS62+ COS- (i)+ Sin 69 COS 6?dpp d(pp dpd(pp dpp dpd(p16。 2 1 &-smecos+ cos* (p-p d(pp，6-1dP1 &sin (p一2sin0cos；+ 2 Sin 69COS G?0c(pP C0. &1 61 &、/sin (p+cos(p卜r+ 2sincos0、P .c2P.1 601 &s

12、in* (p+cos* (p1; a r+ 2sincos0、P &P0羽d6p、Pp d(p2 p2 d(p21 &P21 夕+ cos (p+ COS (prr-p dp0 d(p1 & 1 1 d(P(b)6詢(xún) _ 0(60 dxdy dx ( dy6=COS 69 S.6 co、(p d sin 69+op P Q(P)6 COS 50 1Sin 69+6p p 6(p)16。 71d2一 sm0cos0-sirr (pp dpd(pp dpp dpd(p= sm0cosy6”p op1 p切丿 i淪p &pp1盼丿d2(i eoi &p2Ip bp1 p2 M2=sin 0 cosy

13、=sin cosy(& 1 & 1.1 dP 1 d2(P+ COS* (f) +I p- d(p pdpo(p；+ (cos2 9-sin-sin2 (p p dpd(p p1 d(p.,/1 601 & iny 7+I d(p pdpd(p)+ ( cos2 -sin2 (p)dp v p d(p(c)d sine? d YcosP P如八.6 cosc? d &2,2c- = bcos 0 + bsm 0sin2& ，&-=sin* (p+cos5y2dp2& 24% = y r+(3 + 2h”) + 2C首先，在圓盤(pán)的周界(p = r)上，有邊界條件(op)”, = q,由此得 Ab

14、p = 4- B(1 + 2 In r) + 2C = _q ,其次，在圓盤(pán)的圓心，當(dāng)PT 0時(shí)式)中的第一、第二項(xiàng)均趨于無(wú)限大，這是不可能的。按照有限值條件(即，除了應(yīng)為集中點(diǎn)以外，彈性體上的應(yīng)力應(yīng)為有限值。)，當(dāng)P = O時(shí)，必須有A二B二0。把上述條件代入式(b)中，得2所以得應(yīng)力的解答為4-8試考察應(yīng)力函數(shù) Sep,能解決題4-8圖所示彈性體的何種受力問(wèn)題?(f題48圖【解】木題按逆解法求解。(1) 相容條件把應(yīng)力函數(shù)代入相容方程V40 = 0,顯然是滿(mǎn)足的。(2) 由應(yīng)力函數(shù)求應(yīng)力分量表達(dá)式1801 & d ( q 3 J 1=_- +飛=P cos3 +飛p c(p 6ap op

15、p c(p p op 6a丿，=3p2 cos3(p + - p (-3sin39) phap2 6a d(py)=pcos3c?- pcos 3(p2a2a=pcos3?夕1f qI ha& bp”cos30a=pcos 3(pp cos3(p6ap3sin3P P 6a丿d d()=dp p d(p dpp2sin 3(p =psin3c?dp2a) a求出邊界上的而力p = 30。而上，0申0p = 3面上，Op = qcos3(p,% = qsin3(p；面力分布如解4-8圖所示，因此上述應(yīng)力函數(shù)可解決如圖所示的受力問(wèn)題。4-9半平面體表面上受有均布水平為q,試用應(yīng)力函數(shù)0 = ”(B

16、sin20+Cy)求解應(yīng) 力分量，如題4-9圖所示。 4-9 圖【解】(1)相容條件將應(yīng)為函數(shù)代入相容方程曠0 = 0,顯然滿(mǎn) 足。(2)由求應(yīng)力分量表達(dá)式j(luò) = 一 2B sin 2(p + 2C(p bg = 2Bsin2(p + 2C(p% = -2B cos 2(p_C(3)考察邊界條件：注意本題有兩個(gè)p面，即卩=彳，分別為土申面上，應(yīng)力符號(hào)以正而正向、負(fù)面負(fù)向?yàn)檎?。因此，?譏吆=0，得C=o；的B = -*將各系數(shù)代入應(yīng)力分量表達(dá)式，得升=qsn2(p2”G,M u =e t2;rGe +5 =2兀G 2)再把上式代入式(f),即得所求方程的通解為G 4”G根據(jù)邊界條件，當(dāng)P二二

17、F時(shí)，(_廣=0,即(u ) = Ar = 0, 4Gr所以A= J由此得位移分量為w p= 0，MM _(P f4Gr24兀Gp nGr r p)4-12楔形體在兩側(cè)面上受有均布剪力q,如題4-12圖所示，試求其應(yīng)力分量?！窘狻浚?）應(yīng)用應(yīng)力函數(shù)0 = Q2（Acos20+Bsin20+Cy+）,進(jìn)行求解。由應(yīng)力函數(shù)得應(yīng)力分量1 1 & / yp =+ = -2(Acos20+ Bsin 2(p_C(p_D)p dp 60-&ro = 2( A cos 2(p+B sin 2(p + C(p + D)d 1 6r =一 ()=2 A sin 2(p - 2B cos 2(p-Cdp p d(

18、p（2）考察邊界條件：根據(jù)對(duì)稱(chēng)性，得=0;由式(a)得 由式(b)得 由式(c)得 由式(d)得2A cos 0 + 2B sin 0 + C0+2) = 0;2A sin 2 - 2B cos 2(p-C = q2A cos(p-2Bsin(p-C(p+2D = 0;-2 A sin(p-2Bcos(p-C = -q;W)何2)W)(0(/)(g)何式(e)、(f)、(g)、(h)聯(lián)立求解,得A = -,B = C = 0,) = cot cr.sin a2將以上各系數(shù)代入應(yīng)力分量，得cos 1(0= -q + cot asin。cos 2(p)一 -cot aI sin。丿sin 2(p=

19、qsin a4-13設(shè)有內(nèi)半徑為r,外半徑為R的圓筒受內(nèi)壓力q,試求內(nèi)半徑和外半徑 的改變，并求圓筒厚度的改變。【解】本題為軸對(duì)稱(chēng)問(wèn)題，只有徑向位移而無(wú)環(huán)向位移。當(dāng)圓筒只受內(nèi)壓力q的情況下，取應(yīng)力分量表達(dá)式，教材中式(4-11),由位移單值條件，B二0。Abo = -r +1 + 2 In p) + 2CAb = +B(3 + 21np) + 2C (4一11)內(nèi)外的應(yīng)力邊界條件要求由表達(dá)式可見(jiàn),(bp)=-g,(bp) ”R=0.前兩個(gè)關(guān)于Tp的條件是滿(mǎn)足的，而后兩個(gè)條件要求 +2C = -g rAr+2C = 0由上式解得qrR2肝(町把A、B. C值代入軸對(duì)稱(chēng)應(yīng)力狀態(tài)下對(duì)應(yīng)的位移分量，教

20、材中式(4-12)1Au = 一(1 + “)一+ 2B(1 )Q(ln p_l) + B(l_3“)p + 2C(l- p)p +1 cos(p+ Ksin(p EPqr2R2()； (1 一 )Q + /cos0+Ksin02(/?- -rjR2 r.0附巧(】一“)小*) w+Ksi嚇up = Hp-Isin(p+Kcos(p = 0式(c)中的p,(P取任何值等式都成立，所以各自由項(xiàng)的系數(shù)為零H二I二K二0。所以，軸對(duì)稱(chēng)問(wèn)題的徑向位移式(b)為O2而圓筒是屬于平而應(yīng)變問(wèn)題，故上式中ET厶,“T厶代替，則有I-/1-/o2P附“)嚴(yán)“滬5幕上2qrn亍心汙li-C 720-a2）rE（R

21、j）P_（1-宀”+（1+宀）蘭1 _ 1 - / Pqr（l-）p2+（l+-）/?21 _ 1-/（1一一 ）p2+（l + -2L_）/?2 =q 1-1-EpX-11川1廣丿此時(shí)內(nèi)徑改變?yōu)檫清苍r“（3）（1-總）八（總酒q -_-rErR2E,1川r ll廠(chǎng)丿廠(chǎng)p1（1 一Q）（1 -/-;/）r2 + （1 -/ +E（/?2-r2）（l-A）_ 0（1） （1 一“）尸一“尸 + R2 -/.iR- + pRE（F-尸）（1-“）_（1一”2）（1_“）尸+“（疋_廣2） + （1_“）用=E（用）（1-）_ （1 一）（1 一“）（用+心+（心一尸）=E（/?2-r ）（1-/）

22、（1-”）E外徑改變?yōu)閕5=q-比丹+(比丹“(S)ER （R2 1_ 12/7?R2-r21 “2 r2圓環(huán)厚度的改變?yōu)?S)律-ER + r1-GT 丿4-14設(shè)有一剛體，具有半徑為R的圓柱形孔道，孔道內(nèi)放置外半徑為R而 內(nèi)半徑為r的圓筒，圓筒受內(nèi)壓力為q,試求圓筒的應(yīng)為。【解】本題為軸對(duì)稱(chēng)問(wèn)題，故環(huán)向位移=0,另外還要考慮位移的單值 條件，有(1)應(yīng)力分量引用軸對(duì)稱(chēng)應(yīng)力解答，教材中式(4-11) oAb = t + 3(1 + 2 In /?) + 2C(4-11)A=-+ B(3 + 21np) + 2C取圓筒解答中的系數(shù)為A、B、C,剛體解答中的系數(shù)為A J B C由多連體中的位移單

23、值條件，有(a)=0o(b)現(xiàn)在，取圓筒的應(yīng)力表達(dá)式為A升=+ 2C(c)0Ab =7 + 2C P2剛體的應(yīng)力表達(dá)式Af(d)巧+ 2Cp-考慮邊界條件和接觸條件來(lái)求解常數(shù)A、A C、C，和相應(yīng)的位移解答。首先在圓筒的內(nèi)面，有邊界條件Mp=r = q由此得 + 2C = -q（e）廣其次，在遠(yuǎn)離圓孔處，應(yīng)當(dāng)幾乎沒(méi)有應(yīng)力，于是有（）（Ux=0由此得(f)2C = 0再次，圓筒和剛體的接觸而上，應(yīng)當(dāng)有于是有式（c）及式（d）得$ + 2C = + 2C。（2）平而應(yīng)變問(wèn)題的位移分量應(yīng)用教材中式（4-12）的第一式，稍加簡(jiǎn)化后可以寫(xiě)出圓筒和剛體的徑向位 移表達(dá)式iA(4-12)u = 一(1 +

24、“)一 + 23(1 - /)p(ln 一 1) + 3(1 - 3)q + 2C(1- p)p +1 cos(p+Ksin 0 EPu& = -f(p)d(p + fp) = - + Hp-Isin(p+Kcos(p因圓筒是屬于平而應(yīng)變問(wèn)題，故上式中Et厶,“T厶代替，則有I-/1-/up = -r- -(1 +- + 2C(1 - p + / cos 0 + K sin 0E1-/ p1-/1 - “2=-(!) - + 2C(p + / cos 0 + K sin (pE_p p 1 _“E=- + 2C(1 - 2/)p +1 cos 0 + K sin (p E P= 2(l-2/)

25、Cp- + /cos + /CsinEP_(1 -“)(l + )_(_l_)d + 2c(lz2”+/cos0+Ksin()(01-/7 p 1-/Z剛體的徑向位移為零，在接觸而上，圓筒與剛體的位移相同且都為零，即(“Ji將式(h)和式(i)代入，得lip = - /-2(1 -2p)CR- + /cos(p+Ksin(p = 0ER方程在接觸而上的任意點(diǎn)都成立，(P取任何值都成立，方程兩邊的自由項(xiàng)必須相等。于是得早2(1-2)CR-亠0。匕1簡(jiǎn)化并利用式(f),得1+EA2(1-2)C7?-” = 0tA2(1-2“)C7?-” = 0t(j)A = 2(1 2)CR2(3)圓筒的應(yīng)力把式

26、(j)代入式(e),得2(1- 2/)C7?2 A + 2C = t2(2“丹qr，2(1-2“)疋 + 刊A = 2(l-2“)CF=-2(1- 2“)臣匚一有 2(l-2/7)/?2+r2_Q-2如疋 (1一2“)疋+門(mén)圓筒的應(yīng)力為b -人I弋- (1-2咖心q卩 丁 一 P2 (l-2A)/?2 + r2J 2(l-2/)7?2+r2 一上型斗2一申=； q = ；qQ-2“)R+-(l-2/)/?- + r-1-2/ 1=_ (1-2/) 1;1rr &b _ i (i 一 2“)F2 亦 P1 d-2“)川 + 門(mén)2(1-2“)用 + r2(1 - 2“)“吹丄P2(1一2“)疋+廠(chǎng)

27、2(i_2/)/?2 + r2r2/?2-r2=q(l-2/z)/?2+r21-2/ 1=qi+ -Tr X4-15在薄板內(nèi)距邊界較遠(yuǎn)的某一點(diǎn)處，應(yīng)力分量為6=6=0,心=如該處有一小圓孔，試求孔邊的最大正應(yīng)力。q y p圖 4-15【解】（1）根據(jù)材料力學(xué)公式，求極值應(yīng)力和量大正應(yīng)力的方位角其中（J x =6=0, tx = q、得最大正應(yīng)力所在截而的方位角為qg-0= 1t若在該純剪切的矩形薄板中，沿與板邊成殳方向截取矩形ABCD,則在其邊界4上便承受集度為q的拉力和壓力，如圖所示。這樣就把受純剪切作用的板看作與-對(duì)邊受拉，另一對(duì)邊受壓的板等效。1111 門(mén) 111111TnrrnTnT解

28、415圖（2）取極坐標(biāo)系如圖。應(yīng)力分量=q,b、q,f =0代入坐標(biāo)變換式,教材中式（4-7）,得到外邊界上的邊界條件心）皿=in 20（b）在孔邊，邊界條件是()由邊界條件式（a）、（b）、（c）、（d）可見(jiàn)，用半逆解法時(shí)，可假設(shè)為p的某一函數(shù)乘以cos2,而為P的另一函數(shù)乘以sin2 + p &P因此可假設(shè)- /(p)cos 2(p =0td2W1+p6” p op p1 d(p2 )d2f(P). 1 df(p) 4S+一dp- Pdpp厶 COS 20 = 0 T d(p-迤U學(xué)L*Pdppp2dpp吋p5J (p)p2丄業(yè)+丄述+蘭()_上p2dppdp1”八刃pl=Ott/(P)c

29、os20cos 2%cos 2?1+ p4 h/7(p)1 #(p)4:TP dp p dp p15 #(p)1 J7(p)8_+ /(P)cos2P，g P 2 P2字+丄獸+丄卜2卩P dp p dpp卜丄#(P)4P dP P：cos 2 = 0 0ddp1+pcos 20 = 0 T_4_ ?r7(p), 1O#(P)5 心(p)1, 1 7(P)24 , _; 1 r_ ；: 1-zr / I P H r dp p、dp p dp p dp p dp ppp 如 ” dp p- dp- p J 屮4 / (小，4 0()1Pdp pdp/7(p)2 J7(p)9 t/7(p) 9co

30、s 2cos 2 = 0 dppdppd pp7(P), 2d3f(p)9 d2f(p) 9 #(p)_ndpA p dp p1 d pp dp299r(p)+-r(p)- 4 廠(chǎng) a+4 fs=pp方程兩邊同乘以p4,得R/yp) + 2q3/3)9q2 廠(chǎng) S)+ % 廣(p) = 0這是齊次歐拉方程。作變換p = efggt = lnp,有df(p) _ df(p) dt _ 1 df(p)I ， dp Pdp p dt )dp dt dp)dtI 如)，1 心s dt1 df(p) 1 心(P) 1二 I ，-4- ， ，z= ， ，-i- ，p2 dt p dt2dpp2 dtp d

31、rpdt p dt2 dpdr1 d (d2f(p)fb dp dr2 ( d2f(p)#(P)P3l drdt+ 丿0-1 M(G_3 也0 + 211 2/s)丄Pdt p drdtydt1丁s)_ d r i(dyf(p) d2f(p)d-ydF dTd (d5f(p)3d2f(p)+p dp-3fjy(p)p41 腫 dr一 3叫牌+ 1皿6 dt4dt3drdtdt2-3e)+23P4鏟+ 2心回_3心凹+ 2巴回赤 dt3dr i將上式代入歐拉方程，得4 丄(心凹_6心凹+ 11也2_6 dt1P Cl dr.皆心) +哼6dt4dtdr丁S)門(mén) 1予9) 6 妙9) dt3drd

32、tdt3心（P）卜2% dr dt 丿+2心斗牌+ 4如 dtdrdt一9也空+9如dt1dt+9 2(2-4)(22-4)= 0 2(2-4)(2-2)(2 + 2) = 0解得，2 = 4、2、0、-2。于是方程的通解為F(/) = M + Be21 + CeQ, + D 嚴(yán)= Ae41 + Be2t +C + D-作變ef = p,得/ (P)= Aq，+ Bp +C + Dy其中A、B、C、D為待定常數(shù)。代入(C),得應(yīng)力函數(shù) 1、 1 dJ =+ =P 8 P，6(p Ppcos20 A/?4 + Bp- + C + D-cos20丄 4Ap： + 2Bp-2D-cos20丄-P“c

33、 “ 4C 6D=COS 2(f) 2B d H r P )P1 d24.r i h；7 cos 2 Ap + Bp + C + D) 羽 Ii + Bp2 + C + D P)7)夕 d26冷=環(huán)cos+ B pJ + C + D=cos 2(p 124”+23 +6)厶2(p A/ +盼+ C + D 丄丿丿丿=_ Icosoppo(p釗Ap3 + Bp + C 丄+ D 丄P P丿_2 p2 PA p2 d(p p dpd(p dp p d(p d ( 2,、=sin2(p Ap +Bp +C + Dp=2 sin 2 69 -dp= 2sin2 34/r+B-=sin 2卩-二2C 6

34、D)(d)將式(b)代入邊界條件式(a)和(b),4C 60(2)6AW務(wù)罟“q(3)2B耳耳=06Ar+2B-3- = o求解A、B、C、D,然后命？t0,得K先消去D,由(1) + (2 )及(3) + (4 )得(8)(卜)虻、93+-+說(shuō)T & 電 I 寸 I I 丄、+ ) ( I &K (+)(&)小 lr&)2eg 王 b 在b &X k)層 + %0了 % I - u- 7 k(&kj0 八 (lIKc eg&0 丄 lKuy 由（3）式得2 加+4G2+6D = 0t2D =一-|r4 + 4qr2 -r2由（4）式得將各己知值代入式（d）,得應(yīng)力分量的最后表達(dá)式% = g

35、cos 2卩(1 _ 2)(1 _ 3P P(4-18)r4=- cos 2( 1 + 3),P一泌2心訓(xùn)+ 3斧，應(yīng)力集中系數(shù)為4 o在孑屯邊/氣=-4gcos20最大、最小應(yīng)力為g4-16 同習(xí)題 4-15,但（7兀=（yy = Txy = qc【解】（1）求出兩個(gè)主應(yīng)力，即2qbnun .(2)原來(lái)的問(wèn)題變?yōu)榫匦伪“逯辉谧笥覂蛇吺芫祭?q,如解4-16圖Q)所示。可以將荷載分解為兩部分：第一部分是四邊受均布拉力吐魚(yú)=空竺=- 2 2如解4-16圖(b)；第二部分是左右兩邊的均布拉力警=魚(yú)矜和上下兩邊 2 2的均布?jí)毫A牛q,如解4-16圖(c)o對(duì)于第一部分荷載，可應(yīng)用解答，教材中式

36、(4-17)；對(duì)于第二部分解答，教材中式(4-18) o將兩部分解答疊加，即得原荷載作用下的應(yīng)力分量(基爾斯的解答)。令)+心2小訥一手),= (1 + ) - cos 2(1 + 3 ).“P廠(chǎng)廠(chǎng)J = -Qsin 2卩(1 - )(1 + 3)沿著孔邊p = r,環(huán)向正應(yīng)力是(yo = 2g-4gcos20最大環(huán)向正應(yīng)力為(入)訛=6。二二三qq(b)g解416圖4-17在距表面為h的彈性地基中，挖一直徑為d的水平圓形孔道，設(shè)hd,彈性地基的密度為p,彈性模量為E,泊松比為口。試求小圓孔附近的最大、最小應(yīng)力?！窘狻浚?）距地表為h處，無(wú)孔時(shí)的鉛直應(yīng)力az = -pgh,由水平向條件乞=Ey

37、 = 0,可得6 =6O1一X向?yàn)樗綀A形孔道的軸向，在橫向y, Z平面的主應(yīng)力為5 = -pgh、2(12（弔rTnnrnTTnnrn（-傘）5jTPgh豔嚴(yán)O = 0ta21 a1 a2 K z . nop1 pdp p2 dcp1 J 1P如1 _d_PPP2 坤1 cl2z 1 d2(Pp1 P2如=0t這是四階常系數(shù)齊次微分方程，其特征方程為24+422=0求解特征方程24+422=022(22+4)= 0它的根是人=2i, A2 = -2/,人=人=0。因此，所給微分方程的通解為=嚴(yán)(C| cos 00+C 2 sin 00)+嚴(yán) G + CA(p)此處a = 0,0 = 2,久=0,所以(