计算题

2.1无力矩方程 应力

试用无力矩理论的基本方程，求解圆柱壳中的应力（壳体承受气体内压p ，壳体中面半径为R ，壳体厚度为t ）。若壳体材料由20R[σ(b) =400Mpa,σ(s) =245MPa]改为16MnR[σ(b) =510MPa, σ(s) =345MPa]时，圆柱壳中的应力如何变化？为什么？

解：对于中面半径为R 的圆柱壳，第一曲率半径∞=1R ，第二曲率半径αtan 2x R =, 代

入

入

Laplace

方

程

，

可

得

周

向

应

力

pR

t

θσ=

据区域平衡方程,可得经向应力2pR t

ϕσ=

由①②两式知,圆柱壳体中在外载荷作用下所产生的周向应力和环向应力均与壳体材料力学性能无关。

2.3 短圆筒 临界压力

三个几何尺寸相同的承受周向外压的短圆筒，其材料分别为（MPa y 220=σ，

3.0,1025=⨯=μMPa E ）、铝合金（3.0,107.0,1105=⨯==μσMPa E MPa y ）和铜

（31.0,101.1,1005=⨯==μσMPa E MPa y ），试问哪一个圆筒的临界压力最大，为什么？ 解：据

R.V.Southwell

提出的短圆筒临界压力简化计算

……①

令，并取，可得与最小临界压力相应的波数

将②代入①，仍取

，得到包含μ的短圆筒最小临界压力近似计算式

在几何尺寸相同的情况下，三个承受周向外压短圆筒的临界压力分别为

显然，。

另外，由于这三种短圆筒所用材料的μ值相差极小（约为3﹪），可近似认为相等。据①式，

承受周向外压的短圆筒，其临界压力p cr 与材料的弹性模量E 成正比，故

。

2.4临界压力 爆破压力

有一圆筒，其内径为1000mm ，壁厚为10mm ，长度为20m ，材料为20R(3.0,102,245,4005=⨯===μσσMPa E MPa MPa y b )。①在承受周向外压时，求其临界压力cr p 。②在承受内压力时，求其爆破压力b p ，并比较其结果。

解：承受周向压力时，内径为1000mm ，厚度为10mm 圆筒的临界长度

1.17 1.17100011700cr L mm ==⨯= 由于20cr L L m <=，所以该外压圆筒为长圆筒，其临界压力

33

5102.2 2.22100.441000cr t p E MPa D ⎛⎫⎛⎫

==⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭

……①

此时，临界应力

0.441000222210

t cr cr s p p D MPa t σσσ⨯=

==<≈⨯ 即，①式是适用的。

该圆筒承受内压时，其爆破压力

24510202ln 2452ln

7.77

4001000s b s b p K MPa σσ⎛⎫⎛⎫=

-=⨯-= ⎪ ⎪⎝

⎭⎝⎭ 即，对于该圆筒而言，其爆破压力b p 远大于临界压力cr p 。

对一标准椭圆形封头（如图所示）进行应力测试。该封头中面处的长轴D ＝1000mm,厚度t=10mm,测得E 点（x=0）处的周向应力为50MPa 。此时，压力表A 指示数为1MPa ，压力表B 的指示数为2MPa ，试问哪一个压力表已失灵，为什么？ 解：据Huggenberger 公式，椭球壳短半轴顶点()0x =处应力为

tb

pa 2

2

===σσσθϕ

对于标准椭圆形封头，a/b ＝2，即，b ＝500/2＝250mm ，故

)(150050

25010222

2MPa a tb p =⨯⨯⨯==

σ 即，压力表A （指示数为1MPa ）正常，压力表B （指示数为2MPa ）已失灵。 2.7 封头，厚度

试推导薄壁半球形封头厚度计算公式 如下图所示

答：因为球形载荷对称分布，ϕθσσ=

根据平衡条件，其轴向受的外力

24

i D p π

必与轴向内力D ϕπδσ相等。对于薄壳体，可近似

认为内直径i D 等与壳体的中面直径D 。24

i D p π

=D ϕπδσ由此得 4pD

ϕσδ

=

。 由强度理论知 4pD ϕσδ=

<=φ[]t

σ用12i K D D +=，12

i K D δ-= 12(1)K p

k +<=-φ[]t σ由上式可得4[]c i

t c

p D p δσφ=-

有一锥形底的圆筒形密闭容器，如图2－54所示，试用无力矩理论求出锥形壳中的 最大薄膜应力θσ与ϕσ的值及相应位置。已知圆筒形容器中面半径R ，厚度t ；锥形底的半锥角α，厚度t ，内装有密度为

ρ的液体，液面高度为H ，液面上承受气体压力C P

解：锥壳上任意一点M 处所承受的内压力为)cos cot (ααρx R H g p p c -++=

在M 点以下的壳体上，由于内压力P 作用而产生的总轴向力为⎰

=m

r prdr V 0

2π

代入αsin x r =和dx dr αsin =，得

20

2sin [(cot cos )]x

c V p g H R x xdx παραα=++-⎰

={}

2232sin [(cot )]/2cos /3c p g H R x g x παραρα++-

代入区域平衡方程'

2sin cos V V xt ϕπσαα== 即{}

2232sin [(cot )]/2cos /3c p g H R x g x παραρα++- 2sin cos xt ϕπσαα= 据此可得tan 6t

ϕα

σ=

{}23[(cot )]2cos c p g H R x g x ραρα++- 据极值条件,易知：在03[(cot )]

4cos c p g H R x x g ραρα

++==

处，经向应力ϕσ有最大值

2max

3tan [(cot )]()16cos c p g H R gt ϕαρασρα

++=

若

0/sin x R α

>,

则

在

/sin x R α

=处

ϕ

σ有最大值

()

()max

cot /32cos c R

p g H R t ϕσραα=

++⎡⎤⎣

⎦