弹性力学第四章习题
弹性力学第四章：平面问题的极坐标解答2
r
σr +P θ 3σr −σθ 2σcos θ
x3 σx =− π (x2 + y2)2 2P xy2 σy =− π (x2 + y2)2 2P x2 y τxy =− π (x2 + y2)2 2P
2. 位移分量
假定为平面应力情形。 假定为平面应力情形。其极坐标形式的物理方程为
P
O y
由楔形体受集中力的情形， 由楔形体受集中力的情形，可以得到 P
O y
(令 β =0 ,α =π) : 2P cosθ σr = − ( ) π r （4-26） ） σθ =0 —— 极坐标表示的应力分量 极坐标表示的应力分量 τrθ =τθr =0
利用极坐标与直角坐标的应力转换式（ ）， ），可求得 利用极坐标与直角坐标的应力转换式（4-7），可求得
∂r ϕ = f (r)sinθ
θ
ϕ = f (r) (M =常 ) 数
ϕ = f (r)sinθ ϕ = f (r)cosθ (M = P⋅rsinθ) (M =M+P⋅rcosθ)
附1：曲梁应力函数确定的基本方法 ：
思路： 思路： 与直梁确定应力函数的方法类似， 与直梁确定应力函数的方法类似，借且于 梁截面上应力与内力 弯矩、剪力） 应力与内力（ 梁截面上应力与内力（弯矩、剪力）的关 应力与应力函数间微分关系， 系、应力与应力函数间微分关系，来推断 应力函数的分离变量形式。 应力函数的分离变量形式。 梁截面上的应力内力的关系： 梁截面上的应力内力的关系：
θ
M = Py = P⋅rsinθ
由材料力学初等理论，可知截面上正应力 由材料力学初等理论， 由此假定： 由此假定：
σθ ∝M(= P⋅rsinθ)
弹性力学 第四章 平面问题的极坐标解答
s = sσ
(3) 多连体中的位移单值条件
§ 4-4 应力分量的坐标变换式
·问题的提出
工程中有些问题, 用极坐标计算方便, 但应力分量用直角坐 标表述更直观. 反之也存在.
由此需要对应力分量进行坐标变换.
§ 4-4 应力分量的坐标变换式
·坐标变换
已知 σx、σy、τxy , 求 σρ、συ、τρυ？
y
fρ τ + ∂τρυdρ ρυ ∂ρ ∂συ dυ συ+ ∂σρ ∂υ σρ+ dρ ∂τυρ C ∂ρ dυ τυρ+ ∂υ
B
fυ
§ 4-1 极坐标中的平衡微分方程
·平衡微分方程
x
υ dυ ρ
Σ Fρ = 0 :
συ
A
σρ τρυ P τυρ
∂σρ σρ+ dρ (ρ+dρ)dυ - σρ ρdυ ∂ρ ∂συ dυ - συ+ dυ dρ sin ∂υ 2 + τυρ+ - συ dρ sin
Σ Fυ = 0 :
συ = ?
§ 4-4 应力分量的坐标变换式
·坐标变换
συ = ?
将两坐标系下微元体组合
τyx σy σx συ
τυρ τxy
§ 4-4 应力分量的坐标变换式
·坐标变换
已知 σx、σy、τxy , 求 σρ、συ、τρυ？
O x
υ
τyx
σy σx
συ y
τυρ τxy
Σ Fυ = 0 :
O h/2 h/2 lqx源自(v)x=0, l = 0
应力边界条件： ( σy ) y=-h/2 = - q (τyx ) y=-h/2 = 0 ( σy ) y= h/2 = 0 (τyx ) y= h/2 = 0
弹性力学(徐芝纶)第四章习题答案
第四章 习题解答4-14-2、解：本题为轴对称应力问题，相应的径向位移为： ()()()()()θ+θ+⎥⎦⎤⎢⎣⎡υ-+υ-+-υ-+υ+-=sin cos ln K I Cr 12Br 311r Br 12r A 1E 1u r (1) 轴对称应力通式为()()02ln 232ln 2122=+++-=+++=θθτσσr r C r B rAC r B r A由应力边界条件()()()()0,00,===-=====b r r b r r a r r a r r q θθτστσ并结合位移单值条件可知B=0，求得：22222222ab qa C a b qb a A -=--= 因半径的改变与刚体位移I ，K 无关，且为平面应变问题，将A 、B 、C 代入（1）式，并将υυυυ-→-→1,12EE 得：内半径的改变：()()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+-+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛--+-⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=∆=υυυυυυυυ11*111112222222222222a b a b Eqa a a b qa a a b q b a E u ar r外半径的改变：()()()2222222222221*11111a b ab E qa b a b qa b a b q b a Eu br r --=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛--+-⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=∆=υυυυυυ 圆筒厚度的改变：()()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛-++---=∆-∆=∆==υυυ112a b a b E qa u u R ar r b r r4-2另解：半径为r 的圆筒周长为r π2，受载后周长则为 ()θθεπεππ+=+1222r r r ， 于是半径为 ()θε+1r ，半径的改变量则为：⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+--⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=⎪⎭⎫⎝⎛---=C r A C rA r E E r r r 212111*2222υυυσυυσυεθθ将对应的A 、C 及r=a,b 分别代入，可求出内外半径的改变及圆筒厚度的改变。
弹性力学—第四章—平面问题的极坐标解答
1. 应力与体力的正负号规定相同。 2. 切应力互等。
极坐标中的平衡方程（1）
o x
y
极坐标中的平衡方程（2）
o x
y
极坐标中的几何方程（1）
— 假定只有径向位移
o
P P’ A A’ B
x
C
y
B’
极坐标中的几何方程（2）
— 假定只有环向位移
o
P P’’ B B’’ A’’ A
x
y
极坐标中的几何方程（3）
小孔口问题小结（2）
如有任意形状的薄板，受有任意面力，而在距边 界较远处有一小圆孔，那么只要有了无孔时的应 力解答，也就可以计算孔边的应力，其过程如下： 1.求出无孔时相应于圆孔中心的应力分量， 2.由平面中一点的应力状态，求得两个主应力的 方向和大小。 3.将两个主应力认为是在两个方向上的均布载荷， 则根据上面的叠加法可求得孔边应力。
(q1-q2)/2 (q1-q2)/2
A
(q1+q2)/2
（q1-q2）/2
圆孔孔口应力集中（12）
— 载荷的组合
左右两边受拉力，上下两边不 受拉力的薄板，可认为是以下 两种载荷的组合。
q
q
q/2 q/2
q/2
q/2
q/2
A
q/2
q/2
q/2
圆孔孔口应力集中（13）
— 载荷的组合
q/2 q/2 q/2
圆环或圆筒受均布压力（1）
q2
q1
边界条件：
圆环或圆筒受均布压力（2）
q2
q1 两个方程三个未知数，不能求解A，B， C。因此，需引入位移单值条件：
该项必须为零，否则在环上同一点有两 个不同的位移，故B=0
弹性力学简明教程-第四章_平面问题的极坐标解答习题详解
第四章 平面问题的极坐标解答典型例题讲解例4-1 如图所示，矩形薄板在四边受纯剪切力作用，切应力大小为q 。
如果离板边较远处有一小圆孔， 试求孔边的最大和最小正应力。
例4-1图【解】（1）根据材料力学公式，求极值应力和量大正应力的方位角α0max min 2x y σσσσ+⎫=⎬⎭ 其中0,,x y x q σστ===得max min ,q q σσ==-。
最大正应力σmax 所在截面的方位角为α0max 0max 0tan 104yqq τασσπα=-=-=-→--=-qqx若在该纯剪切的矩形薄板中，沿与板边成π4方向截取矩形ABCD ，则在其边界上便承受集度为q 的拉力和压力，如图所示。
这样就把受纯剪切作用的板看作与一对边受拉，另一对边受压的板等效。
（2）取极坐标系如图。
由2222442222cos 2(1)(13),cos 2(13),(4-18)sin 2(1)(13).ρφρφr r σq φρρr σq φρr r τq φρρ⎫=--⎪⎪⎪⎪=-+⎬⎪⎪=--+⎪⎪⎭得矩形薄板ABCD 内的应力分量为()()()2222442222cos 2(1)(13)cos 2(13)sin 2(1)(13)ρφρφa a σq φa ρρa σq φb ρa a τq φc ρρ=--=-+=--+ 其中α为小孔的半径，而孔边最大与最小正应力由式（b ），在ρ=α处得到44cos 2(13)4cos 2,φa σq φaϕ=-+=-当φ=0，π时，孔边最小正应力为(σφ)min=−4q ，当φ=±π2时，孔边最大正应力为(σφ)max=4q 。
分析：矩形板ABCD 边界上各点的应力状态与板内无孔时的应力状态相同。
也可以应用叠加法，求解薄板的各种较复杂的平面应力（应变）问题。
习题全解4-1试比较极坐标和直角坐标中的平衡微分方程、几何方程和物理方程，指出哪些项是相似的，哪些项是极坐标中特有的？并说明产生这些项的原因。
河南理工弹性力学- 楔形体问题
环向正应力 和切应力 均为零；
径向正应力 与极径 成反比， 越大， 越小； 无限小时， 无限增大，该解答具有奇异性。
x
若在半平面体内做一直径为 d、且在 O 点与边界相切的圆，则 圆上（实际为圆柱面上）各点满足
2F cos 1 . , 此时有 d cos 即 d d
f (4) () 2 f (2)() f () 0
其通解为 f () A cos B sin (C cos D sin ) 从而应力函数 f () A cos B sin (C cos D sin ) 其中 A、B、C、D 为待定的积分常数。
x
/2
/2
/2
d cos F cos 0
d sin F sin 0
D
C
F cos sin
8
/2
F sin sin
4.9 楔形体问题
最终我们得到，应力分量的表达式
2 1 1 2 2 2 2 1
2 (D cos C sin ), 0, 0.
应力分量
[力] [长度]2
x
y
F
O
2 2
P
F
[力] [长度]
[长度]
1
1
1
可见，应力当具有 如下形式 ——F N (, , ) Nhomakorabea4
弹性力学-平面问题的极坐标解答
l r
s
m
s
k
ur , u 为边界上已知位移， kr , k 为边界上已知的面力分量。
（位移单值条件）
r
r
r
0
r l
q0
r 0 0
0 r 0
r ra 0 r ra 0
r rb 0 r rb 0
b
a 0 dr 0
b
a r 0 dr 0
b
a 0 rdr M
d
r
P
ur
B
B
ur d
x
dr ur
A
P
A
1
(r ur )d
ur r
dr
径向线段PA的转角： 1 0
线段PB的相对伸长： 1
（b）
PB PB (r ur )d rd
PB
rd
ur （c） r
环向线段PB的转角：
tan 1 1
BB PP PB
(ur
ur
d )
ur
rd
1 ur
2
2 r 2
1 r
r
1 r2
2
2
极坐标下的相容方程为：
22
2 r 2
1 r
r
1 r2
2
2
2 r 2
1 r
r
1 r2
2
2
0
4
22
2 r 2
1 r
r
1 r2
2
2
2
0
说明： 方程（4－6）为常体力情形的相容方程。
（4－6）
结论： 弹性力学极坐标求解归结为
（1） 由问题的条件求出满足式（4－6）的应力函数 (r, )
弹性力学-04(习题答案)
1 )
(sin
22
sin
21)
y
q0
2
2(2
1) (sin
22
sin
21)
xy
q0
2
(cos 22
cos 21)
aa q
证法1:（叠加法）
y
1
O 2
P
x
证法1:（叠加法） 分析思路：
aa q
y
1
O 2
P
x
aa
q
y
O
P x
q
aa
y
O
P x
求解步骤： 由楔形体在一面受均布压力问题的结果：
刚体
r
a2b2
(1 2)b2
a2
q(
1 b2
1
r
2
2
)
a2b2
(1 2)b2
a2
q(
1 b2
1
2
r2
)
ra
r
a2b2
(1 2)b2
a2
q(
1 b2
1
2
a2
)
q
a2b2
(1 2)b2
a2
q(
1 b2
1
2
a2
)
习题4-4 矩形薄板受纯剪，剪力集度为q，如图所示。如果离板边较 远处有一小圆孔，试求孔边的最大和最小正应力。
解：由图（a）给出的孔 边应力结果：
q
q(1 2cos 2 )
得：
q
x
q
r
q
q
x
r
q 1 2cos 2( 45)
y (a)
q1 2cos 2( 45)
q1 2sin 2 q1 2sin 2
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( A 2 B), A, A。
第四章
习题课
（3）考察边界条件。本题只有原 点o附近的小孔口上作用有集中力F， 可取出包含小孔口在内的、半径为 的脱离体，列出其三个平衡条件：
第四章
习题课
F F
x
0, 0,
2
0 2
[(σ ρ ) ρ ρ cos φρ d φ ( τ ρφ ) ρ ρ sin φρ d φ] F 0, [(σ ρ ) ρ ρ sin φρ d φ ( τ ρφ ) ρ ρ cos φρ d φ] 0, ( τ ρ ) ρ ρ ρ 2 d φ 0。
Φ Acos 2φ Bsin 2φ Cφ D。 本题中结构对称于 0的 x 轴，而 M 是 反对称荷载，因此，应力应反对称于x 轴， 为 x 的奇函数，从而得
A D 0,
B sin 2 C。
第四章
习题课
（4）由 Φ 求得应力分量， 1 σ ρ 2 4 Bsin 2φ, σ 0, ρ
习题课
前一式自然满足，而第二式成为
2 B C。 (a) 为了考虑原点o附近有集中力偶的作用， 取出以o为中心， 为半径的一小部分脱离体， 并列出其平衡条件，
F F
x
0, 0,
2
2
[( ) cos d ( ) sin d ] 0, [( ) sin d ( ) cos d ] 0, ( ) 2 d M 0。
第四章
习题课
再求出边界上的面力：
q 30面上， 0， ; a a面上, q cos 3 , q sin 3。
读者可由此画出边界上的面力分布。
第四章
习题课
例题2（习题4-9）
半平面体表面受有均布水平力q，试用应力 函数 Φ ρ 2 ( Bsin 2φ Cφ) 求解应力分量。
第四章
习题课
解：应用半逆解法求解。
（1）按量纲分析方法，单位宽度
上的力偶矩与力的量纲相同。应力应
与 M , , 有关，由于应力的量纲是单 位面积上的力，即 L1ML2 ，应力只能
2 M 以 形式组合。
第四章
习题课
（2） Φ 应比应力的长度量纲高二次幂， 可假设 。 Φ Φ (φ) （3）将 Φ代入相容方程，得
y
0 2
M o 0,
0
将应力代入上式，其中第二、三式自然满足， 而第一式得出
B F 2 。
(a)
第四章
习题课
（4）由此可见，考虑了边界条件后还 不足以确定待定常数。注意到本题是多连 体，应考虑位移的单值条件。因此，先求 出应变分量，再积分求出位移分量，然后 再考虑单值条件。
第四章
习题课
例题1 （习题4-8）试考察应力函数
能解决图中所示弹性体的何种受力问题？
y 0
q 3 Φ ρ cos3φ, 6a
a
30 o 30 o
a
x
第四章
习题课
解：本题应按逆解法求解。 首先校核相容方程， 4Φ 0 是满足的。 然后，代入应力公式（4-5），求出应 力分量： qρ
σρ a qρ σφ cos3φ, a qρ τ ρφ sin 3φ。 a cos3φ,
第四章
习题课
解：首先检验 Φ，已满足 4Φ 0。由 2 2C ,
2 B sin 2 2C ,
2 B cos 2 C。
第四章
习题课
再考察边界条件。注意本题有两个 面, 即 2 ，分别为 面。在 面上，应力 符号以正面正向、负面负向为正。因此，有
第四章
习题课
例题4（习题4-19） 设有厚度为1的无限大薄板， 在板内小孔中受集中力F，试 用如下的应力函数求解，
y
ρ
0
F
φ
Φ Aρ ln ρ cos φ Bρ sin φ。
x
第四章
习题课
解：
（1）经校核，上述 Φ 满足相容方程。
（2）代入应力公式，得
cos cos sin
( ) 2 0, 得C 0; ( ) 2 q, 得B q 2。
代入公式，得应力解答， q sin 2 , q sin 2 ,
q cos 2。
第四章
习题课
例题3（习题4-18） 设半平面体在直 边界上受有集中 力偶，单位宽度 上的力矩为M，试 求应力分量。
1
1 d4Φ d2Φ ( 4 4 2 ) 0。 4 ρ dφ dφ
删去因子 4 ，得一个关于Φ (φ) 的常微分方程。 令其解为 Φ e λφ，代入上式，可得到一个关 于 的特征方程，2 (2 4) 0,
第四章
习题课
2 i ae , 其解为 2i,2i,0,0。 于是得 的四个解 be 2i , c , d ；前两项又可以组合为正弦、 余弦函数。由此得
y
2
2
M o 0,
2
2
第四章
习题课
上式中前两式自然满足，而第三式成为
M 再由式（a）得出 C 。 π 代入应力公式，得最后的应力解答，
2B M 。
(b)
2 M sin 2
M cos 2 1 。 2
2
,
0,
第四章
习题课
由物理方程求出应变分量，
1 cos φ ε ρ (σ ρ μσ φ ) [(1 μ) A 2 B], E Eρ 1 cos φ εφ (σ φ μσ ρ ) [(1 μ) A 2 μB], E Eρ 2(1 μ) 2(1 μ) γ ρφ τ ρφ Asin φ。 E Eρ
（5）考察边界条件。由于原点o有集中力偶 作用，应分别考察大边界上的条件和 原点附近的条件。 在 ρ 0,φ π 2 的边界上，有
1 τ ρ 2 (2 B cos 2φ C )。 ρ
(σ φ ) ρ0,φπ 2 0, ( τ ρφ ) ρ0,φπ 2 0。
第四章