弹性力学 第四章_3
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式中： 由应力和位移边界条件确定。 式中：A、B、C、H、I、K 由应力和位移边界条件确定。 注意： 注意： 式（4-12）对应于平面应力状态。 ）对应于平面应力状态。
闭合
由式（ 由式（4-12）可以看出：应力轴对称并不表示 ）可以看出： 位移也是轴对称的。其中后两项表示刚体位移。 位移也是轴对称的。其中后两项表示刚体位移。 如果所研究的问题满足位移单值条件，则必有： 如果所研究的问题满足位移单值条件，则必有：B=0 位移单值条件
( ) τ ρϕ = 0 (2) uϕ = 0 (3)其 应 和 移 是 的 数 1 它 力 位 只 ρ 函
第四章 平面问题的极坐标解答
逆解法： 逆解法：设应力函数轴对称 相应的应力分量和相容方程为： 相应的应力分量和相容方程为：
Φ =Φ(ρ)
∂Φ =0 ∂ϕ 1 dΦ σρ = ρ dρ d2Φ σϕ = 2 dρ
(
)
df (ϕ) + ∫ f (ϕ)dϕ = F 代入 dϕ df (ϕ) ∫ f (ϕ)dϕ = F − dϕ = F + I sin ϕ − Kcosϕ
(h） ）
第四章 平面问题的极坐标解答
A 1 uρ = −(1+ µ) + 2(1− µ)Bρ(ln ρ −1 +(1−3µ)Bρ ) E ρ
要使该式成立，两边须为同一常数。 要使该式成立，两边须为同一常数。
df1(ρ) f1(ρ) − ρ =F dρ df (ϕ) + ∫ f (ϕ)dϕ = F dϕ
(d） ）
—式中 为常数。 式中F 为常数。
(e） ）
第四章 平面问题的极坐标解答
(d) 式：
df1(ρ) dρ = f1(ρ) − F ρ
弹性力学极坐标求解归结为（体力为零时） 弹性力学极坐标求解归结为（体力为零时） （1） 由问题的条件求出满足式（4－6）的应力函数 Φ(ρ,ϕ) ） 由问题的条件求出满足式（ － ）
∂ 1 ∂ 1 ∂ Φ =0 ∇ Φ = 2 + + 2 2 ∂ρ ρ ∂ρ ρ ∂ϕ
2 2 4
1 ∂uρ ∂uϕ uϕ + − =0 γ ρϕ = ρ ∂ϕ ∂ρ ρ
(a)
∂uρ
(uρ ,uϕ )
考虑平面应力问题： 考虑平面应力问题：
第四章 平面问题的极坐标解答
积分式(a) 中的第一式， 积分式 中的第一式，有
1 A uρ = [ −(1+ µ) +(1−3µ)Bρ + 2(1− µ)Bρ(ln ρ −1 ) ρ E (b) —— f (ϕ )是待定函数 是待定函数 +2(1−µ)Cρ] + f (ϕ)
第四章 平面问题的极坐标解答
4. 位移分量
Biblioteka Baidu
1 = εr = (σρ − µσϕ ) ∫ xn ln xdx = 1 xn+1ln x − 1 +C n +1 n +1 E ∂ρ 1 A = (1+ µ) 2 +(1−2µ)B+ 2(1− µ)Bln ρ + 2(1− µ)C E ρ 1 1 ∂uϕ uρ + = εϕ = (σϕ − µσρ ) ρ ∂ϕ ρ E 1 A = −(1+ µ) 2 +(3− µ)B+ 2(1− µ)Bln ρ + 2(1− µ)C E ρ
dΦ 1 1 1 2 ρ = C ρ ln ρ − + C2ρ2 +C3 1 dρ 2 2 2 dΦ 1 1 1 C3 = C ρ ln ρ + C2 − C ρ + 1 1 dρ 2 2 2 ρ 1 1 2 Φ = C3 ln ρ + C1ρ ln ρ + (C2 −C1)ρ2 +C4 4 4
(4-12)
式中： 式中：A、B、C、H、I、K 由应力和位移边界条件确 定。
第四章 平面问题的极坐标解答
平面-应力轴对称问题小结： 平面 应力轴对称问题小结： 应力轴对称问题小结 （1） ） 应力函数
Φ = Aln ρ + Bρ2 ln ρ +Cρ2 + D
（2） ） 应力分量
（4－10） － ）
d2Φ σϕ = 2 dρ
σρ =
A
ρ
2
+ B(1+ 2ln ρ) + 2C
2
σϕ = −
A
τρϕ = 0
τρϕ =τϕρ = 0
ρ
+ B(3+ 2ln ρ) + 2C
(4－11) －
q
O
可见：轴对称的应力函数可以解决应力轴对称的问题 可见：轴对称的应力函数可以解决应力轴对称的问题 可以解决 显然如图结构轴对称载荷轴也对称的问题属于应力轴对称问题 显然如图结构轴对称载荷轴也对称的问题属于应力轴对称问题 此时，应变、位移是否一定轴对称？ 此时，应变、位移是否一定轴对称？
y
τρϕ σϕ
fϕ n fρ
fρ , fϕ 为边界上已知的面力分量。 为边界上已知的面力分量。
l, m
轴正向夹角的余弦。 外法线与ρ和ϕ 轴正向夹角的余弦。
第四章 平面问题的极坐标解答
§ 4-5
轴对称应力与相应的位移
轴对称：是指物体的形状或某物理量是绕一对称轴（ 轴对称：是指物体的形状或某物理量是绕一对称轴（点） 对称的，凡通过对称轴的任何面（ 都是对称面。 对称的，凡通过对称轴的任何面（线）都是对称面。 对物体来讲，应表现为一绕此轴的旋转体 旋转体。 对物体来讲，应表现为一绕此轴的旋转体。对平面问题则 或圆环（ 为圆（柱）或圆环（筒） 对标量来讲，大小和环向坐 标量来讲， 来讲 标无关。 标无关。 对矢量来讲:①大小和环向 矢量来讲: 来讲 坐标无关; 坐标无关; ②指向保持与过对 称轴的任意平面对称。 称轴的任意平面对称。 如果应力和位移都是轴对称的
（3） 将上述应力分量 ） 位移边界条件： 位移边界条件： 应力边界条件： 应力边界条件：
σρ ,σϕ ,τρϕ
s
满足问题的边界条件： 满足问题的边界条件：
(uρ )
= uρ ,
(uϕ )
O
s
= uϕ
x
ϕ
m(σϕ )s +l(τρϕ )s = fϕ
l(σρ )s + m(τρϕ )s = fρ
ρ
σρ
将式（ ）代入式（ ）中第二式， 将式（b）代入式（a）中第二式，得
∂uϕ
= −(1+ µ) 2 +(3− µ)B+ 2(1− µ)Bln ρ + 2(1− µ)C −uρ ∂ϕ E ρ 4Bρ = − f (ϕ) E 4Bρϕ (c) − ∫ f (ϕ)dϕ + f1(ρ) 将上式积分， 将上式积分，得: uϕ = E —— f1(ρ) 是 ρ 任意函数 A
σρ =
A
ρ
2
+ B(1+ 2ln ρ) + 2C
2
σϕ = −
A
τρϕ =τϕρ = 0
ρ
+ B(3+ 2ln ρ) + 2C
（4－11） － ）
第四章 平面问题的极坐标解答
（3） 位移分量 ）
1 A uρ = −(1+ µ) + 2(1− µ)Bρ(ln ρ −1 +(1−3µ)Bρ ) ρ E +2(1−µ)Cρ] + I cosϕ + Ksin ϕ 4Bρϕ uϕ = + Hρ − I sin ϕ + K cosϕ （4-12） ） E
第四章 平面问题的极坐标解答
A 1 uρ = −(1+ µ) + 2(1− µ)Bρ(ln ρ −1 +(1−3µ)Bρ ) E ρ +2(1−µ)Cρ] + I cosϕ + Ksin ϕ 4Bρϕ uϕ = + Hρ − I sin ϕ + K cosϕ E
（平面应力解答）。 平面应力解答）。
ln[ f1(ρ) − F] = ln ρ +ln H
(f） ）
f1(ρ) = H + F ρ
为常数。对式（ ）两边求导， 其中 H 为常数。对式（e）两边求导，得
d2 f (ϕ) + f (ϕ) = 0 属于简谐振动的微分方程 & +ω2x = 0 & x 2 dϕ x = Acosωt + Bsin ωt f (ϕ) = I cosϕ + K sin ϕ (g） ） 其解为： 其解为：
2 2
∂ 1 ∂ 1 ∂ 2+ ∂ρ ρ ∂ρ + ρ2 ∂ϕ2 Φ = 0
2
2
第四章 平面问题的极坐标解答
1. 轴对称问题应力分量与相容方程
（1）应力分量 ）
1 dΦ σρ = ρ dρ
d2Φ σϕ = 2 dρ
(a)
τρϕ = 0
（2）相容方程 ）
d 1 d ∇ Φ = 2 + dρ ρ dρ Φ = 0
2
（4－6） － ）
（2） 由式（4－5）求出相应的应力分量： ） 由式（ － ）求出相应的应力分量：
σρ ,σϕ ,τρϕ
∂2Φ 1 ∂Φ 1 ∂2Φ σϕ = 2 + 2 σρ = 2 ∂ρ ρ ∂ρ ρ ∂ϕ
∂ 1 ∂Φ τρϕ = − － ） ρ ∂ϕ （4－5） ∂ρ
2 4
2
(b)
第四章 平面问题的极坐标解答
2. 相容方程的求解
d 1 d ∇ Φ = 2 + dρ ρ dρ Φ = 0
2 4
2
d2 1 d 1 d d 2 Q∇ = 2 + = (ρ ), dρ ρ dρ ρ dρ dρ
1 1 d 1 d dΦ ∴∇ Φ = {ρ [ (ρ )]} = 0, ρ dρ dρ ρ dρ dρ
+2(1−µ)Cρ] + f (ϕ)
(b)
4Bρϕ uϕ = − ∫ f (ϕ)dϕ + f1(ρ) E
(c) (f) (g)
f1(ρ) = H + F ρ
f (ϕ) = I cosϕ + K sin ϕ
∫ f (ϕ)dϕ = F − I sin ϕ + K cosϕ
(h)
将式（ ） ）（h）代入式（ ） 将式（f） （g）（ ）代入式（b） （c），得位移解答： ）（ ） 得位移解答：
第四章 平面问题的极坐标解答
在轴对称应力情况下，若物体位移约束也是轴对称的，则 在轴对称应力情况下， 物体位移约束也是轴对称的， 位移也应该是轴对称的。 位移也应该是轴对称的。这 时，物体内各点都不会有环向 位移， 取何值，都应有: 位移，即不论 ρ 和 ϕ 取何值，都应有:
4Bρϕ uϕ = + Hρ − I sin ϕ + K cosϕ = 0 E 对这种情形， 对这种情形，有 B = H = I = K = 0 式（4-12）变为： ）变为：
1 ∂Φ 1 ∂2Φ + 2 σρ = ρ ∂ρ ρ ∂ϕ2 ∂2Φ 应力分量： 应力分量： σϕ = 2 ∂ρ ∂ 1 ∂Φ τρϕ = − ρ ∂ϕ ∂ρ
相容方程： 相容方程：
2
τρϕ = 0
d 1 d 2+ dρ ρ dρ Φ = 0
4
(b)
d 1 d dΦ ρ [ (ρ )] = C 1 dρ ρ dρ dρ 1 d dΦ (ρ ) = C ln ρ +C2 1 ρ dρ dρ
第四章 平面问题的极坐标解答
d dΦ 1 n+1 1 n (ρ ) = C ρ ln ρ +C2ρ Q∫ x ln xdx = x ln x − +C 1 n +1 n +1 dρ dρ
ρ
第四章 平面问题的极坐标解答
将式（ ） 代入式 代入式（ ）中第三式， 将式（b）(c)代入式（a）中第三式，得
1 ∂uρ ∂uϕ uϕ + − =0 γ ρϕ = ρ ∂ϕ ∂ρ ρ
1 df (ϕ) df1(ρ) 1 f1(ρ) + + ∫ f (ϕ)dϕ − =0 ρ dϕ dρ ρ ρ df1(ρ) df (ϕ) f1(ρ) − ρ = + ∫ f (ϕ)dϕ 或写成： 或写成： dρ dϕ
Φ = Aln ρ + Bρ ln ρ +Cρ + D
2 2
—— 轴对称问题相容方程的通解，A、B、C、D 为 轴对称问题相容方程的通解， 、 、 、 待定常数。 待定常数。
第四章 平面问题的极坐标解答
3. 应力分量 (σρ、σϕ、τρϕ)
将方程（ 将方程（4-10）代入应力分量表达式 ）
1 dΦ σρ = ρ dρ
1. 圆环或圆筒受均布压力 已知： 1 已知： q , q2, r, R 求：应力分布。 应力分布。
显然属于应力轴对称问题，应力： 显然属于应力轴对称问题，应力：
1 A uρ = −(1+ µ) + 2(1− µ)Cρ E ρ
uϕ = 0
平面应变情况下： 平面应变情况下：
1− µ2 µ A µ uρ = −(1+1− µ) ρ + 2(1−1− µ)Cρ E
uϕ = 0
第四章 平面问题的极坐标解答
§4-6 圆环或圆筒受均布压力
闭合
由式（ 由式（4-12）可以看出：应力轴对称并不表示 ）可以看出： 位移也是轴对称的。其中后两项表示刚体位移。 位移也是轴对称的。其中后两项表示刚体位移。 如果所研究的问题满足位移单值条件，则必有： 如果所研究的问题满足位移单值条件，则必有：B=0 位移单值条件
( ) τ ρϕ = 0 (2) uϕ = 0 (3)其 应 和 移 是 的 数 1 它 力 位 只 ρ 函
第四章 平面问题的极坐标解答
逆解法： 逆解法：设应力函数轴对称 相应的应力分量和相容方程为： 相应的应力分量和相容方程为：
Φ =Φ(ρ)
∂Φ =0 ∂ϕ 1 dΦ σρ = ρ dρ d2Φ σϕ = 2 dρ
(
)
df (ϕ) + ∫ f (ϕ)dϕ = F 代入 dϕ df (ϕ) ∫ f (ϕ)dϕ = F − dϕ = F + I sin ϕ − Kcosϕ
(h） ）
第四章 平面问题的极坐标解答
A 1 uρ = −(1+ µ) + 2(1− µ)Bρ(ln ρ −1 +(1−3µ)Bρ ) E ρ
要使该式成立，两边须为同一常数。 要使该式成立，两边须为同一常数。
df1(ρ) f1(ρ) − ρ =F dρ df (ϕ) + ∫ f (ϕ)dϕ = F dϕ
(d） ）
—式中 为常数。 式中F 为常数。
(e） ）
第四章 平面问题的极坐标解答
(d) 式：
df1(ρ) dρ = f1(ρ) − F ρ
弹性力学极坐标求解归结为（体力为零时） 弹性力学极坐标求解归结为（体力为零时） （1） 由问题的条件求出满足式（4－6）的应力函数 Φ(ρ,ϕ) ） 由问题的条件求出满足式（ － ）
∂ 1 ∂ 1 ∂ Φ =0 ∇ Φ = 2 + + 2 2 ∂ρ ρ ∂ρ ρ ∂ϕ
2 2 4
1 ∂uρ ∂uϕ uϕ + − =0 γ ρϕ = ρ ∂ϕ ∂ρ ρ
(a)
∂uρ
(uρ ,uϕ )
考虑平面应力问题： 考虑平面应力问题：
第四章 平面问题的极坐标解答
积分式(a) 中的第一式， 积分式 中的第一式，有
1 A uρ = [ −(1+ µ) +(1−3µ)Bρ + 2(1− µ)Bρ(ln ρ −1 ) ρ E (b) —— f (ϕ )是待定函数 是待定函数 +2(1−µ)Cρ] + f (ϕ)
第四章 平面问题的极坐标解答
4. 位移分量
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1 = εr = (σρ − µσϕ ) ∫ xn ln xdx = 1 xn+1ln x − 1 +C n +1 n +1 E ∂ρ 1 A = (1+ µ) 2 +(1−2µ)B+ 2(1− µ)Bln ρ + 2(1− µ)C E ρ 1 1 ∂uϕ uρ + = εϕ = (σϕ − µσρ ) ρ ∂ϕ ρ E 1 A = −(1+ µ) 2 +(3− µ)B+ 2(1− µ)Bln ρ + 2(1− µ)C E ρ
dΦ 1 1 1 2 ρ = C ρ ln ρ − + C2ρ2 +C3 1 dρ 2 2 2 dΦ 1 1 1 C3 = C ρ ln ρ + C2 − C ρ + 1 1 dρ 2 2 2 ρ 1 1 2 Φ = C3 ln ρ + C1ρ ln ρ + (C2 −C1)ρ2 +C4 4 4
(4-12)
式中： 式中：A、B、C、H、I、K 由应力和位移边界条件确 定。
第四章 平面问题的极坐标解答
平面-应力轴对称问题小结： 平面 应力轴对称问题小结： 应力轴对称问题小结 （1） ） 应力函数
Φ = Aln ρ + Bρ2 ln ρ +Cρ2 + D
（2） ） 应力分量
（4－10） － ）
d2Φ σϕ = 2 dρ
σρ =
A
ρ
2
+ B(1+ 2ln ρ) + 2C
2
σϕ = −
A
τρϕ = 0
τρϕ =τϕρ = 0
ρ
+ B(3+ 2ln ρ) + 2C
(4－11) －
q
O
可见：轴对称的应力函数可以解决应力轴对称的问题 可见：轴对称的应力函数可以解决应力轴对称的问题 可以解决 显然如图结构轴对称载荷轴也对称的问题属于应力轴对称问题 显然如图结构轴对称载荷轴也对称的问题属于应力轴对称问题 此时，应变、位移是否一定轴对称？ 此时，应变、位移是否一定轴对称？
y
τρϕ σϕ
fϕ n fρ
fρ , fϕ 为边界上已知的面力分量。 为边界上已知的面力分量。
l, m
轴正向夹角的余弦。 外法线与ρ和ϕ 轴正向夹角的余弦。
第四章 平面问题的极坐标解答
§ 4-5
轴对称应力与相应的位移
轴对称：是指物体的形状或某物理量是绕一对称轴（ 轴对称：是指物体的形状或某物理量是绕一对称轴（点） 对称的，凡通过对称轴的任何面（ 都是对称面。 对称的，凡通过对称轴的任何面（线）都是对称面。 对物体来讲，应表现为一绕此轴的旋转体 旋转体。 对物体来讲，应表现为一绕此轴的旋转体。对平面问题则 或圆环（ 为圆（柱）或圆环（筒） 对标量来讲，大小和环向坐 标量来讲， 来讲 标无关。 标无关。 对矢量来讲:①大小和环向 矢量来讲: 来讲 坐标无关; 坐标无关; ②指向保持与过对 称轴的任意平面对称。 称轴的任意平面对称。 如果应力和位移都是轴对称的
（3） 将上述应力分量 ） 位移边界条件： 位移边界条件： 应力边界条件： 应力边界条件：
σρ ,σϕ ,τρϕ
s
满足问题的边界条件： 满足问题的边界条件：
(uρ )
= uρ ,
(uϕ )
O
s
= uϕ
x
ϕ
m(σϕ )s +l(τρϕ )s = fϕ
l(σρ )s + m(τρϕ )s = fρ
ρ
σρ
将式（ ）代入式（ ）中第二式， 将式（b）代入式（a）中第二式，得
∂uϕ
= −(1+ µ) 2 +(3− µ)B+ 2(1− µ)Bln ρ + 2(1− µ)C −uρ ∂ϕ E ρ 4Bρ = − f (ϕ) E 4Bρϕ (c) − ∫ f (ϕ)dϕ + f1(ρ) 将上式积分， 将上式积分，得: uϕ = E —— f1(ρ) 是 ρ 任意函数 A
σρ =
A
ρ
2
+ B(1+ 2ln ρ) + 2C
2
σϕ = −
A
τρϕ =τϕρ = 0
ρ
+ B(3+ 2ln ρ) + 2C
（4－11） － ）
第四章 平面问题的极坐标解答
（3） 位移分量 ）
1 A uρ = −(1+ µ) + 2(1− µ)Bρ(ln ρ −1 +(1−3µ)Bρ ) ρ E +2(1−µ)Cρ] + I cosϕ + Ksin ϕ 4Bρϕ uϕ = + Hρ − I sin ϕ + K cosϕ （4-12） ） E
第四章 平面问题的极坐标解答
A 1 uρ = −(1+ µ) + 2(1− µ)Bρ(ln ρ −1 +(1−3µ)Bρ ) E ρ +2(1−µ)Cρ] + I cosϕ + Ksin ϕ 4Bρϕ uϕ = + Hρ − I sin ϕ + K cosϕ E
（平面应力解答）。 平面应力解答）。
ln[ f1(ρ) − F] = ln ρ +ln H
(f） ）
f1(ρ) = H + F ρ
为常数。对式（ ）两边求导， 其中 H 为常数。对式（e）两边求导，得
d2 f (ϕ) + f (ϕ) = 0 属于简谐振动的微分方程 & +ω2x = 0 & x 2 dϕ x = Acosωt + Bsin ωt f (ϕ) = I cosϕ + K sin ϕ (g） ） 其解为： 其解为：
2 2
∂ 1 ∂ 1 ∂ 2+ ∂ρ ρ ∂ρ + ρ2 ∂ϕ2 Φ = 0
2
2
第四章 平面问题的极坐标解答
1. 轴对称问题应力分量与相容方程
（1）应力分量 ）
1 dΦ σρ = ρ dρ
d2Φ σϕ = 2 dρ
(a)
τρϕ = 0
（2）相容方程 ）
d 1 d ∇ Φ = 2 + dρ ρ dρ Φ = 0
2
（4－6） － ）
（2） 由式（4－5）求出相应的应力分量： ） 由式（ － ）求出相应的应力分量：
σρ ,σϕ ,τρϕ
∂2Φ 1 ∂Φ 1 ∂2Φ σϕ = 2 + 2 σρ = 2 ∂ρ ρ ∂ρ ρ ∂ϕ
∂ 1 ∂Φ τρϕ = − － ） ρ ∂ϕ （4－5） ∂ρ
2 4
2
(b)
第四章 平面问题的极坐标解答
2. 相容方程的求解
d 1 d ∇ Φ = 2 + dρ ρ dρ Φ = 0
2 4
2
d2 1 d 1 d d 2 Q∇ = 2 + = (ρ ), dρ ρ dρ ρ dρ dρ
1 1 d 1 d dΦ ∴∇ Φ = {ρ [ (ρ )]} = 0, ρ dρ dρ ρ dρ dρ
+2(1−µ)Cρ] + f (ϕ)
(b)
4Bρϕ uϕ = − ∫ f (ϕ)dϕ + f1(ρ) E
(c) (f) (g)
f1(ρ) = H + F ρ
f (ϕ) = I cosϕ + K sin ϕ
∫ f (ϕ)dϕ = F − I sin ϕ + K cosϕ
(h)
将式（ ） ）（h）代入式（ ） 将式（f） （g）（ ）代入式（b） （c），得位移解答： ）（ ） 得位移解答：
第四章 平面问题的极坐标解答
在轴对称应力情况下，若物体位移约束也是轴对称的，则 在轴对称应力情况下， 物体位移约束也是轴对称的， 位移也应该是轴对称的。 位移也应该是轴对称的。这 时，物体内各点都不会有环向 位移， 取何值，都应有: 位移，即不论 ρ 和 ϕ 取何值，都应有:
4Bρϕ uϕ = + Hρ − I sin ϕ + K cosϕ = 0 E 对这种情形， 对这种情形，有 B = H = I = K = 0 式（4-12）变为： ）变为：
1 ∂Φ 1 ∂2Φ + 2 σρ = ρ ∂ρ ρ ∂ϕ2 ∂2Φ 应力分量： 应力分量： σϕ = 2 ∂ρ ∂ 1 ∂Φ τρϕ = − ρ ∂ϕ ∂ρ
相容方程： 相容方程：
2
τρϕ = 0
d 1 d 2+ dρ ρ dρ Φ = 0
4
(b)
d 1 d dΦ ρ [ (ρ )] = C 1 dρ ρ dρ dρ 1 d dΦ (ρ ) = C ln ρ +C2 1 ρ dρ dρ
第四章 平面问题的极坐标解答
d dΦ 1 n+1 1 n (ρ ) = C ρ ln ρ +C2ρ Q∫ x ln xdx = x ln x − +C 1 n +1 n +1 dρ dρ
ρ
第四章 平面问题的极坐标解答
将式（ ） 代入式 代入式（ ）中第三式， 将式（b）(c)代入式（a）中第三式，得
1 ∂uρ ∂uϕ uϕ + − =0 γ ρϕ = ρ ∂ϕ ∂ρ ρ
1 df (ϕ) df1(ρ) 1 f1(ρ) + + ∫ f (ϕ)dϕ − =0 ρ dϕ dρ ρ ρ df1(ρ) df (ϕ) f1(ρ) − ρ = + ∫ f (ϕ)dϕ 或写成： 或写成： dρ dϕ
Φ = Aln ρ + Bρ ln ρ +Cρ + D
2 2
—— 轴对称问题相容方程的通解，A、B、C、D 为 轴对称问题相容方程的通解， 、 、 、 待定常数。 待定常数。
第四章 平面问题的极坐标解答
3. 应力分量 (σρ、σϕ、τρϕ)
将方程（ 将方程（4-10）代入应力分量表达式 ）
1 dΦ σρ = ρ dρ
1. 圆环或圆筒受均布压力 已知： 1 已知： q , q2, r, R 求：应力分布。 应力分布。
显然属于应力轴对称问题，应力： 显然属于应力轴对称问题，应力：
1 A uρ = −(1+ µ) + 2(1− µ)Cρ E ρ
uϕ = 0
平面应变情况下： 平面应变情况下：
1− µ2 µ A µ uρ = −(1+1− µ) ρ + 2(1−1− µ)Cρ E
uϕ = 0
第四章 平面问题的极坐标解答
§4-6 圆环或圆筒受均布压力