弹性力学-04(习题答案)

σ r = A + 2C 2
σθ = − A + 2C τ rθ = 0 2
a2b2 (1− 2µ) A= − q 2 2 (1− 2µ)b + a
a2 q 2C = − 2 2 (1− 2µ)b + a 将常数A、 代入， 将常数 、C 代入，有 σ r = A + 2C σθ = − A + 2C τ rθ = 0 r2 r2 a2b2 1 + 1− 2µ ) σr = − q( 2 2 2 (1− 2µ)b + a b r2 a2b2 1 − 1− 2µ ) σθ = q( 2 2 2 b r2 (1− 2µ)b + a a2b2 1 + 1− 2µ ) = −q q( 2 σr = − 2 2 r =a b a2 (1− 2µ)b + a 1 − 1− 2µ ) a2b2 q( 2 σθ = 2 2 (1− 2µ)b + a b a2
x
，如图所示。 习题4-6 三角形悬臂梁在自由端受集中荷载 P，如图所示。试用公式 习题 （4-21）求任一铅直截面上的正应力和剪应力，并与材料力学 ）求任一铅直截面上的正应力和剪应力， 中的结果对比。 中的结果对比。 解： 由密切尔（ J. H. Michell ）解答，得 由密切尔（ 解答，
σ r = − 2P ( sin θ ) σθ = 0,τ rθ = 0 P r α − sin α
习题4-3 设有刚体，具有半径为 b 的圆柱形孔道，孔道内放置一外 习题 设有刚体， 的圆柱形孔道， 的圆筒， 半径为 b而内半径为 a的圆筒，受内压力 q ，试求圆筒壁 而内半径为 的圆筒 的应力。 的应力。 解： 边界条件： 边界条件：
σ r r=a = −q τ rθ
ur r=b = 0
r =a
第四章
平面问题的极坐标解答
（习题讲解） 习题讲解）
习题4-1 试导出位移分量的坐标变换式 习题
ur = u cosθ + v sin θ
uθ = −u sin θ + v cosθ
o
r
θ
u = ur cosθ − uθ sin θ
uθ
θ
Aθ u
x
ur
v S
v = ur sin θ + uθ cosθ
h′ = x tan α 2
x2 y σ x = − 2P , 2 2 2 α − sin α (x + y )
两者结果相差较大。 两者结果相差较大。
—— 弹性力学结果
作用，如图所示。 习题4-7 曲梁在两端受相反的两个力 P 作用，如图所示。试求其应力分 习题 量。 P P O 解： 1）应力函数的确定 （ ）
B =C =0 σ r = −2Acos 2θ + 2D σθ = 2Acos 2θ + 2D τ rθ = 2Asin 2θ
代入， 代入，有：
q
x
因而有， 因而有，
（3）由边界条件确定常数 ） 边界条件： 边界条件：
σθ θ =α = 0
τ rθ θ =α = q
2
2
代入应力分量式， 代入应力分量式，有
y
习题4-2 习题
设有内径为 a 而外径为 b 的圆筒受内压力 q ，试求内半径 及外半径的改变，并求圆筒厚度的改变。 及外半径的改变，并求圆筒厚度的改变。
轴对称问题的径向位移公式（平面应变）： 解： 轴对称问题的径向位移公式（平面应变）：
1+ µ A ur = − + 2(1− 2µ)Br (ln r −1) + (1− 4µ)Br r E + 2(1− 2µ)Cr] + I cosθ + K sin θ
∂ϕ 1 ∂2ϕ =1 σα + 2D = 0 2 2 2Acos r r ∂r + r ∂θ 2Asin α =∂2ϕ q = σ θq 2 ∂r 2A = sin α ∂ 1 ∂ϕ 2D =τ rq cot∂r r ∂θ −θ= − α
q 2A= sin α 2D = −q cot α
r σ = −q 边界条件： 边界条件： r r=a σ r r=b = 0
σ r = A + 2C 2
A +2C = −q a2 A + 2C = 0 b2
a2b2 q A= − 2 2 b −a a2 q 2C = 2 2 b −a
a2b2 q A= − 2 2 1+ µ A b −a ur = − + 2(1− 2µ)Cr E r a2 q 2C = 2 2 b −a (1+ µ)a2 qb2 + (1− 2µ)r ur = E(b2 − a2 ) r
q
x
= r ( Acos 2θ + Bsin 2θ + Cθ + D)
2
ϕ = r f (θ ) = r 2 ( Acos 2θ + Bsin 2θ + Cθ + D)
2
O y q
α α
2 2
（2）应力分量的确定 ）
σr = −2Acos 2θ − 2Bsin 2θ + 2Cθ + 2D σθ = 2Acos 2θ + 2Bsin 2θ + 2Cθ + 2D τ rθ = 2Asin 2θ − 2B cos 2θ − C 对称性， 由对称性， σ r ,σθ 应为θ 的偶函数； τ rθ应为θ 的奇函数， 的偶函数； 的奇函数，
由应力分量的坐标变换式： 由应力分量的坐标变换式：
O
α α
2 2
x
2 2 σ r +σθ σ r −σθ σy = − cos 2θ +τ rθ sin 2θ 2 2 σ r −σθ τ xy = sin 2θ στ rθ − 2P θcos β cosθ + sin β sin θ ) + = cos 2( r 2 P ( r θ + sin α 2θ ) − sin α sin α )(1+ cos α σr σr σ x = + cos 2θ = − = 0α − sin α σθ r 2 2 （4-21） ） τ rθ P τθrsin 0 = =θ σr σr )(1− cos 2θ ) σ y = − cos 2θ = − ( r α − sin α （ J. H. Michell ）解答 —— 密切尔 密切尔（ 2 2
O q
α α
2 2
1 d 4 f (θ ) d 2 f (θ ) 得到： 得到： 2 dθ 4 + 4 dθ 2 = 0 r d 4 f (θ ) d 2 f (θ ) +4 =0 4 2 dθ dθ f (θ ) = Acos 2θ + B sin 2θ + Cθ + D 2 ϕ = r f (θ )
σr σr
2 2 σ r −σθ τ xy = sin 2θ +τ rθ cos 2θ 2
材料力学结果： 材料力学结果： 截面弯矩 截面惯性矩
M = −Px
O P y x
α α
2 2
x
(2h′) I=
= 2 x3 tan3 α 12 3 2
3
截面正应力
3Py My =− σx = I 2x2 tan3 α 2
对于圆筒轴对称问题， 对于圆筒轴对称问题，有 ur 不随θ 变化，即 变化，
I = K =0 又由位移单值条件 位移单值条件， 又由位移单值条件，有 B = 0 1+ µ A ur = − + 2(1− 2µ)Cr E r
常数A 由应力边界条件确定。 常数 、B由应力边界条件确定。 由应力边界条件确定 应力分量： 应力分量：
代入应力分量式， 代入应力分量式，有
O y q
α α
2 2
q
σ r = −2Acos 2θ + 2D σθ = 2Acos 2θ + 2D τ rθ = 2Asin 2θ
σ r = −q cos 2θ + cot α sin α σ r = q cos 2θ − cot α sin α τ rθ = q sin 2θ sin α
=0
r r 刚体 1+ µ A ur = − + 2(1− 2µ)Cr E r A +2C = −q a2 代入边界条件， 代入边界条件，有 − A + 2(1− 2µ)Cb = 0 b a2b2 (1− 2µ) A= − q 2 2 (1− 2µ)b + a 将常数A、 代入， 将常数 、C 代入，有 a2 q 2C = − 2 2 (1− 2µ)b + a
刚体
矩形薄板受纯剪，剪力集度为q，如图所示。 习题4-4 矩形薄板受纯剪，剪力集度为 ，如图所示。如果离板边较 习题 远处有一小圆孔，试求孔边的最大和最小正应力。 远处有一小圆孔，试求孔边的最大和最小正应力。 解： 由图（ ） 由图（a）给出的孔 边应力结果： 边应力结果：
q q
r
σθ = q(1− 2cos 2θ )
ur r=a
(1− µ )a q b =
2
E
+ a2 + µ (b2 − a2 ) 1− µ
2
ur r=b
(1− µ )aq =
2
E
2ab (b2 − a2 )
2
ur r =b − ur r =a
(1− µ )a qb + a + =−
E
µ b − a 1− µ
d 4 f (r) 2 d 3 f (r) 3 d 2 f (r) 3 df (r) 3 + − 2 + 3 − 4 f (r) = 0 4 3 2 dr r dr r dr r dr r
∂ϕ σθ = 2 ∂r
2
d 4 f (r) 2 d 3 f (r) 3 d 2 f (r) 3 df (r) 3 + − 2 + 3 − 4 f (r) = 0 4 3 2 dr r dr r dr r dr r
q
q
习题4-5 楔形体在两侧受有均布剪应力 ，如图所示。试求其应力分量。 习题 楔形体在两侧受有均布剪应力q，如图所示。试求其应力分量。 （ ） 解： 1）应力函数 ϕ 的确定 由因次分析法， 由因次分析法，可知
2
ϕ(r,θ ) = r f (θ )
2
2 2
∂ 1∂ 1 ∂ 代入相容方程： 代入相容方程： 2 + ϕ =0 y + 2 ∂r r ∂r r ∂θ 2
分析： 分析：任取一截面 ，截面弯矩为
M = Py = P⋅ r sin θ σθ = M (θ ) f1(r) = f1(r) sin θ （a） ） ϕ = f (r) sin θ
将其代入相容方程： 将其代入相容方程：
2 2 2
a b
x
r y
∂ 1∂ 1 ∂ 2+ ∂r r ∂r + r 2 ∂θ 2 ϕ = 0 d 4 f (r) 2 d 3 f (r) 3 d 2 f (r) 3 df (r) 3 dr 4 + r dr3 − r 2 dr 2 + r3 dr − r 4 f (r) sin θ = 0
得：
q
θ
x
q
r
θ
q
x
σθ = q[1− 2 cos 2(θ + 45o )]
百度文库
y (a)
o
+ (− q) 1− 2cos 2(θ − 45 )
σθ = q[1+ 2sin 2θ ] −q[1− 2sin 2θ ]
[
]
qy q q
45° °
σθ = 4q sin 2θ
σ max = 4q
σmin = −4q
x2 y 2P x2 y σx = − , σ x = − 2P , 2 2 2 2 2 2 α − sin α (x + y ) α − sin α (x + y ) y3 σ 2 +σθ σ r −σθ σ y = − 2P , 2 = 2 r xyθ σ + cos 2θ −τ rθ sin 22 α − sin α (x x+ y ) 2P τ2 = − , 2 xy 2 2 2 2 α − sin α (x + y ) xy σ +σ 2P σ r −σθ τ xy = − θ r, 2 =2 2 σ − cos 2θ +τ rθ sin 2θ α − sin α (x y+ y )
σx =
σ r +σθ
+
σ r −σθ
cos 2θ −τ rθ sin 2θ
y
= − P ( sin θ )(1+ cos 2θ ) σ x = + cos 2θ r α − sin α 2 2 σr σr σ y = − cos 2θ = − P ( sin θ )(1− cos 2θ ) 2 2 r α − sin α σr τ xy = sin 2θ = − P ( sin θ ) sin 2θ r α − sin α 2 2 2 x = r cosθ , y = r sin θ 由坐标变换式： 由坐标变换式： r = x + y