第四章平面问题极坐标解答2
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z轴对称问题：
物体的形状或某物理量绕一轴对称，通过对称轴的 任何面都是对称面，称为轴对称问题。 z 应力轴对称
应力绕Z 轴ρ对称，应力分量仅是径向坐标的函数，与环
向坐标无关,切应力为零。
τ ρφ = τφρ = 0
Φ =Φ(ρ)
1、应力公式。若体积力为0，有：
σρ
=
1 ρ
dΦ dρ
,
σ
φ
=
d2Φ d ρ2
q2 ,
σφ
=
R2 ρ2 R2 r2
+ −
1 1
q1
−
1+ 1−
r2 ρ2 r2 R2
q2 ,
τ ρφ = 0.
（压力） （4-14）
（2）若只有内压，则解答为：
σρ
=
−
R2 ρ2 R2 r2
−1
q1 −1
σφ
=
R2 ρ2 R2 r2
+1
q1 −1
（压力） （拉力）
（4-15）
（3）受内压的具有圆孔的无限大薄板，或具有圆孔
σρ
=
q 2
(1 −
r2 ρ2
)+
q 2
cos 2φ(1−
r2 ρ2
)(1− 3
r2 ρ2
⎫ ),⎪
⎪
σφ
=
q 2
(1 +
r2 ρ2
)
−
q 2
cos
2φ(1 +
3
r4 ρ4
),
⎪⎪ ⎬ ⎪
τ ρφ
=
−
q 2
sin
2φ(1 −
r2 ρ2
)(1 +
3
r2 ρ2
).
⎪ ⎪ ⎪⎭
(基尔斯解答)
(4-21)
（1）孔边应力
1、半径R圆板代替矩形板
R面应力由式（4-6）计算，有：
σ ρ = q cos 2ϕ
τ ρϕ = −q sin 2ϕ
(a)
内边界条件：
σ ρ ρ =r = 0;τ ρϕ ρ =r = 0
(b)
2、解答
采用半逆解法，假设：
Φ = f (ρ) cos 2ϕ
(c)
代入相容方程(4-9),有：
d4 f + 2 d3 f − 9 d2 f + 9 d f = 0 d ρ4 ρ d ρ3 ρ2 d ρ2 ρ3 d ρ
1、半径R圆板代替矩形板 R面应力由式（4-6）计算，有：
σ ρ = q,τ ρϕ = 0.
2、解答
在式（4-16）中，令r/R=0,q2=-q, 有:
σρ
=
q(1 −
r2
ρ2
)
σϕ
=
q(1 +
r2
ρ2
)
τ φρ = 0
（受拉）
(4-19) （受拉）
二、带小圆孔的矩形板，左右边受均布拉力
q，上下边受均布压力q
2φ(1 −
r2 ρ2
)(1 +
3
r2 ρ2
⎪ )。⎪
⎪⎭
(4-20)
三、带小圆孔的矩形板，x、y向拉力q不等
采用叠加原理，分解为如下两种情况分别求解： （1）各向拉应力相等，为（q1+q2）/2 （2）水平向受拉，竖直向受压，集度都为（q1+q2）/2。
四、应力集中现象讨论 矩形薄板水平向受均布力q 叠加法获得：
A r2
+
B(1+ 2 ln r) + 2C
=
−q1
A R2
+
B(1+ 2 ln
R) + 2C
=
−q2
(c)
方程（c）有2个，无法确定A、B和C三个参数。
4、待定参数确定
（1）位移单值条件
圆环或圆筒，是多连通域，环向位移中：
uφ
=
4B E
ρφ ,
(d)
是一个多值函数：对于（ρ，φ）和（ρ，2π+φ）
σφ = q(1−2cos2φ)
φ/° 0 30 45 60 90
σφ -q 0
q 2q 3q
孔口应力集中。孔边应力达到均布拉力3倍。
（2）y轴（φ=90°）应力，
σϕ
=
q(1 +
1 2
r2 ρ2
+
3 2
r4 ρ4
)。
ρ/r
1
2
σφ
3q
1.2q
(e)
3 1.07q
4 1.04q
（3） x轴(φ=0 °) 上应力，
是同一点，但式(c)却得出两个位移值。由于同一点的
位移只能为单值，因此B=0。
（2）（c）式求解出A和B
A
=
r 2R2 (q2 − R2 − r2
q1 )
2C
=
q1r 2 − q2R2 R2 − r2
5、应力拉梅解答
（1）一般情况
σρ
=
−
R2 ρ2 R2 r2
−1
q1 −1
1− −
1−
r2 ρ2 r2 R2
（4-11）
σρ
=
A
ρ2
+ B (1 + 2 ln ρ ) + 2 C
⎫ ⎪ ⎪
σϕ
=
−
A
ρ2
+
B (3 +
2 ln
ρ)+
2C
⎪ ⎬
⎪
τ ρϕ = 0 .
⎪ ⎪
⎭
应力分量对称于坐标原点
（4-12）
4、轴对称平面应力情况应变解
（4-12）代入（4-3），有
ερБайду номын сангаас
=
1 [(1+ μ)
E
A
ρ2
+ (1− 3μ)B + 2(1− μ)B ln ρ
B=I=H=K=0
σρ
=
A
ρ2
+ 2C
⎫ ⎪ ⎪
σϕ
=
−
A
ρ2
+
2
C
⎪ ⎬
⎪
τ ρϕ = 0.
⎪ ⎪
⎭
uρ
=
1 [−(1+ μ)
E
A + +2(1− μ)Cρ] ρ
uϕ = 0
（平面应力问题）
(5) 轴对称应力及对应的位移的通解已满足平衡方程和
相容方程，它们还必须满足边界条件及多连体中的位移 单值条件，并由此求出其各待定系数。
−
1 ρ2
+
B(3 +
2 ln
ρ)
+
2C
⎪ ⎬
⎪
(a)
τ ρφ = 0.
⎪ ⎪
2、应力边界条件 ⎭
(σ ρ )ρ=r = −q1, (τ ρφ )ρ=r = 0 ⎫⎪ (σ ρ )ρ=R = −q2 , (τ ρφ )ρ=R = 0.⎬⎪⎭
(b)
式(b)中的τρφ 条件自然满足。式(b)带入(a)，有：
（4-13）
uϕ
=
4Bρϕ
E
+
Hρ
+
I
sin ϕ
+
K
cosϕ
6个待定参数
其中 I，K—为x、y向的刚体平移，
H —为绕o点的刚体转动角度。
说明
（1）在轴对称应力条件下，式（4-11）、（4-12）和 （4-13）为应力函数、应力和位移的通解，适用于任何 轴对称应力问题。 （2）对平面应变问题，将参数E换为E/(1-μ2), μ换为 μ/(1-μ)。
为什么在轴对称应力下，得出的位移 是非轴对称的？如何从数学推导和物理概 念上解释这种现象？
从物理概念看，与轴对称应力对应的变形 位移是轴对称的，但刚体位移是任意的。
从数学推导看，由应变求位移是积分运 算，出现任意的待定函数。
（4）轴对称应力情况下，位移轴对称的条件是物体形 状、受力（包括约束）为轴对称。此时：
)
⎪ ⎪ ⎭
将式(d)代入边界条件（a）、（b），令r/R=0, 得：
A = 0; B = − q 2
C = qr2; D = − qr4 2
σρ
=
q cos 2φ(1 −
r2 ρ2
)(1 − 3
r2 ρ2
),
⎫ ⎪ ⎪
σφ
=
−q cos 2φ(1 +
3
r4 ρ4
),
⎪⎪ ⎬ ⎪
τ ρφ
=
−q sin
的无限大弹性体则解答为：
σρ
=
−
r2
ρ2
q1
σϕ
=
r2
ρ2
q1 ;
（4）若只有外压，则解答为：
σρ
1− =−
1−
r2
ρ2
r2 R2
q2
σϕ
1+ =−
1−
r2
ρ2
r2 R2
q2
（压力） （压力）
关于单值条件的说明：
（4-16）
（1）多连体中的位移单值条件，实质上就是物体的连 续性条件（即位移连续性条件）。
第四章 平面问题的极坐标解答（续）
目录
41 极坐标中的平衡微分方程 2 极坐标中的几何方程和物理方程
3 物理量的坐标变换式
4 在极坐标中按应力求解平面问题
5 轴对称应力和相应的位移
3
6 圆环或圆筒受均布压力
7 压力隧洞
8 圆孔的孔口应力集中
9 半平面体在边界上受集中力
§4－5 轴对称应力和相应的位移
σϕ
=−
q 2
r2
ρ2
(3
r2 ρ2
−1)
孔口问题应力集中特点
z集中性：孔口应力远大于远处，最大和最小应力发生在 孔边。
z局部性：开孔应力扰动，主要发生在1.5倍孔口尺寸范围 内。
谢 谢！
(6) 轴对称应力及位移的通解，可以用于求解应力或 位移边界条件下的任何轴对称问题。
§4－6圆环或圆筒受均布压力
+
-
-
-
设有圆环或圆桶，内、外半径分别为r和R，受 内外压力分别为q1和q2。建立应力解答
1、应力轴对称，解答形式如下：
σρ
=
A ρ2
+
B(1+ 2 ln
ρ) + 2C
⎫ ⎪ ⎪
σφ
=
+ 2(1− μ)C]
εϕ
=
1 [−(1+ μ)
E
A
ρ2
+ (3 − μ)B + 2(1− μ)B ln ρ
+ 2(1− μ)C]
γ ρϕ = 0
应变轴对称
5、轴对称平面应力情况位移解答
上式代入几何方程（4-2），有
∂uρ = 1 [(1+ μ) A + (1− 3μ)B + 2(1− μ)B ln ρ + 2(1− μ)C]
∂ρ E
ρ2
uρ
ρ
+1
ρ
∂uϕ
∂ϕ
=
1 [−(1+ μ) A
E
ρ2
+ (3 − μ)B + 2(1− μ)B ln ρ + 2(1− μ)C]
1 ∂uρ + ∂uϕ −uϕ =0
ρ ∂ϕ ∂ρ ρ
（a）
由（a）中第一式：
uρ
=
1 [−(1+ E
μ)
A
ρ
+ (1− 3μ)Bρ
+ 2(1− μ)B(ln ρ
∴
f
(ρ)
=
Aρ 4
+
Bρ 2
+
C
+
D
ρ2
∴Φ
=
cos
2ϕ( Aρ 4
+
Bρ 2
+
C
+
D
ρ2
)
代入(4-8),有：
σρ
=
− cos 2φ(2B
+
4C
ρ2
+
6D
ρ4
)
⎫ ⎪ ⎪
σφ
=
cos 2φ(12Aρ 2
+
2B
+
6D
ρ4 )
⎪ ⎬ ⎪
(d)
τ ρφ
=
sin
2φ(6Aρ 2
+
2B
−
2C
ρ2
−
6D
ρ4
F为任意常数。方程(d)的解：
f1 (ρ ) = H ρ + F
方程(e)的解：（f）
f (ϕ ) = I cos ϕ + K sin ϕ
（f） （g）
uρ
=
1 [−(1+ μ)
E
A
ρ
+ (1− 3μ)Bρ
+ 2(1− μ)Bρ(ln ρ
−1)
+ 2(1− μ)Cρ] + I cosϕ + K sinϕ
=
4Bρϕ
E
−
f (ϕ )d ϕ + f1 ( ρ )
f 1(ρ):ρ的任意待定函数。
（ b）、（c）代入(a)中第三式，有
f1 ( ρ )
−
ρ
df1 ( ρ ) dρ
=
df (ϕ) dϕ
+
∫
f
(ϕ )
（c）
∴
f1(ρ) −
ρ
df1 ( ρ ) dρ
=
F
df (ϕ) dϕ
+
∫
f
(ϕ )
=
F
（d） （e）
,
（4-10）
τ ρϕ = 0 .
2、相容方程及其解答
d2 (
+1
d d2 )(
+1
d )Φ = 0
d ρ2 ρ d ρ d ρ2 ρ d ρ
即：ρ 4
d4 Φ d ρ4
+
2ρ 3
d3 Φ d ρ3
−
ρ2
d2 Φ d ρ2
+
ρ
dΦ dρ
=
0
Φ = Aln ρ + Bρ 2 ln ρ + Cρ 2 + D 3、轴对称情况应力解答
§4－8圆孔的孔口应力集中
给出无体力的小孔口的应力集中问题解答 z 小孔口定义 （1）孔口尺寸远小于弹性体 （2）孔边距弹性体边界很远（1.5倍孔口尺寸） z 孔边应力集中现象
板中开有小孔，孔边的应力远大于无孔时 的应力，也远大于距孔稍远处的应力，称为 孔边应力集中。
一、带小圆孔的矩形板，四边受均布拉力q
（2）在连续体中，应力、形变和位移都应为单值。
按位移求解时：取位移为单值，求形变（几何方程）
也为单值，求应力（物理方程）也为单值。 按应力求解时：取应力为单值，求形变（物理方
程）也为单值，求位移（由几何方程积分），常常会出 现多值项。
对于单连体，通过校核边界条件等，位移单值条件往 往已自然满足；
对于多连体，应校核位移单值条件，并使之满足。 所以，按应力求解时，对于多连体须要校核位移的单 值条件
−1)
+ 2(1− μ)Cρ] + f (ϕ)
（b）
f (φ): φ的任意待定函数。
物体的形状或某物理量绕一轴对称，通过对称轴的 任何面都是对称面，称为轴对称问题。 z 应力轴对称
应力绕Z 轴ρ对称，应力分量仅是径向坐标的函数，与环
向坐标无关,切应力为零。
τ ρφ = τφρ = 0
Φ =Φ(ρ)
1、应力公式。若体积力为0，有：
σρ
=
1 ρ
dΦ dρ
,
σ
φ
=
d2Φ d ρ2
q2 ,
σφ
=
R2 ρ2 R2 r2
+ −
1 1
q1
−
1+ 1−
r2 ρ2 r2 R2
q2 ,
τ ρφ = 0.
（压力） （4-14）
（2）若只有内压，则解答为：
σρ
=
−
R2 ρ2 R2 r2
−1
q1 −1
σφ
=
R2 ρ2 R2 r2
+1
q1 −1
（压力） （拉力）
（4-15）
（3）受内压的具有圆孔的无限大薄板，或具有圆孔
σρ
=
q 2
(1 −
r2 ρ2
)+
q 2
cos 2φ(1−
r2 ρ2
)(1− 3
r2 ρ2
⎫ ),⎪
⎪
σφ
=
q 2
(1 +
r2 ρ2
)
−
q 2
cos
2φ(1 +
3
r4 ρ4
),
⎪⎪ ⎬ ⎪
τ ρφ
=
−
q 2
sin
2φ(1 −
r2 ρ2
)(1 +
3
r2 ρ2
).
⎪ ⎪ ⎪⎭
(基尔斯解答)
(4-21)
（1）孔边应力
1、半径R圆板代替矩形板
R面应力由式（4-6）计算，有：
σ ρ = q cos 2ϕ
τ ρϕ = −q sin 2ϕ
(a)
内边界条件：
σ ρ ρ =r = 0;τ ρϕ ρ =r = 0
(b)
2、解答
采用半逆解法，假设：
Φ = f (ρ) cos 2ϕ
(c)
代入相容方程(4-9),有：
d4 f + 2 d3 f − 9 d2 f + 9 d f = 0 d ρ4 ρ d ρ3 ρ2 d ρ2 ρ3 d ρ
1、半径R圆板代替矩形板 R面应力由式（4-6）计算，有：
σ ρ = q,τ ρϕ = 0.
2、解答
在式（4-16）中，令r/R=0,q2=-q, 有:
σρ
=
q(1 −
r2
ρ2
)
σϕ
=
q(1 +
r2
ρ2
)
τ φρ = 0
（受拉）
(4-19) （受拉）
二、带小圆孔的矩形板，左右边受均布拉力
q，上下边受均布压力q
2φ(1 −
r2 ρ2
)(1 +
3
r2 ρ2
⎪ )。⎪
⎪⎭
(4-20)
三、带小圆孔的矩形板，x、y向拉力q不等
采用叠加原理，分解为如下两种情况分别求解： （1）各向拉应力相等，为（q1+q2）/2 （2）水平向受拉，竖直向受压，集度都为（q1+q2）/2。
四、应力集中现象讨论 矩形薄板水平向受均布力q 叠加法获得：
A r2
+
B(1+ 2 ln r) + 2C
=
−q1
A R2
+
B(1+ 2 ln
R) + 2C
=
−q2
(c)
方程（c）有2个，无法确定A、B和C三个参数。
4、待定参数确定
（1）位移单值条件
圆环或圆筒，是多连通域，环向位移中：
uφ
=
4B E
ρφ ,
(d)
是一个多值函数：对于（ρ，φ）和（ρ，2π+φ）
σφ = q(1−2cos2φ)
φ/° 0 30 45 60 90
σφ -q 0
q 2q 3q
孔口应力集中。孔边应力达到均布拉力3倍。
（2）y轴（φ=90°）应力，
σϕ
=
q(1 +
1 2
r2 ρ2
+
3 2
r4 ρ4
)。
ρ/r
1
2
σφ
3q
1.2q
(e)
3 1.07q
4 1.04q
（3） x轴(φ=0 °) 上应力，
是同一点，但式(c)却得出两个位移值。由于同一点的
位移只能为单值，因此B=0。
（2）（c）式求解出A和B
A
=
r 2R2 (q2 − R2 − r2
q1 )
2C
=
q1r 2 − q2R2 R2 − r2
5、应力拉梅解答
（1）一般情况
σρ
=
−
R2 ρ2 R2 r2
−1
q1 −1
1− −
1−
r2 ρ2 r2 R2
（4-11）
σρ
=
A
ρ2
+ B (1 + 2 ln ρ ) + 2 C
⎫ ⎪ ⎪
σϕ
=
−
A
ρ2
+
B (3 +
2 ln
ρ)+
2C
⎪ ⎬
⎪
τ ρϕ = 0 .
⎪ ⎪
⎭
应力分量对称于坐标原点
（4-12）
4、轴对称平面应力情况应变解
（4-12）代入（4-3），有
ερБайду номын сангаас
=
1 [(1+ μ)
E
A
ρ2
+ (1− 3μ)B + 2(1− μ)B ln ρ
B=I=H=K=0
σρ
=
A
ρ2
+ 2C
⎫ ⎪ ⎪
σϕ
=
−
A
ρ2
+
2
C
⎪ ⎬
⎪
τ ρϕ = 0.
⎪ ⎪
⎭
uρ
=
1 [−(1+ μ)
E
A + +2(1− μ)Cρ] ρ
uϕ = 0
（平面应力问题）
(5) 轴对称应力及对应的位移的通解已满足平衡方程和
相容方程，它们还必须满足边界条件及多连体中的位移 单值条件，并由此求出其各待定系数。
−
1 ρ2
+
B(3 +
2 ln
ρ)
+
2C
⎪ ⎬
⎪
(a)
τ ρφ = 0.
⎪ ⎪
2、应力边界条件 ⎭
(σ ρ )ρ=r = −q1, (τ ρφ )ρ=r = 0 ⎫⎪ (σ ρ )ρ=R = −q2 , (τ ρφ )ρ=R = 0.⎬⎪⎭
(b)
式(b)中的τρφ 条件自然满足。式(b)带入(a)，有：
（4-13）
uϕ
=
4Bρϕ
E
+
Hρ
+
I
sin ϕ
+
K
cosϕ
6个待定参数
其中 I，K—为x、y向的刚体平移，
H —为绕o点的刚体转动角度。
说明
（1）在轴对称应力条件下，式（4-11）、（4-12）和 （4-13）为应力函数、应力和位移的通解，适用于任何 轴对称应力问题。 （2）对平面应变问题，将参数E换为E/(1-μ2), μ换为 μ/(1-μ)。
为什么在轴对称应力下，得出的位移 是非轴对称的？如何从数学推导和物理概 念上解释这种现象？
从物理概念看，与轴对称应力对应的变形 位移是轴对称的，但刚体位移是任意的。
从数学推导看，由应变求位移是积分运 算，出现任意的待定函数。
（4）轴对称应力情况下，位移轴对称的条件是物体形 状、受力（包括约束）为轴对称。此时：
)
⎪ ⎪ ⎭
将式(d)代入边界条件（a）、（b），令r/R=0, 得：
A = 0; B = − q 2
C = qr2; D = − qr4 2
σρ
=
q cos 2φ(1 −
r2 ρ2
)(1 − 3
r2 ρ2
),
⎫ ⎪ ⎪
σφ
=
−q cos 2φ(1 +
3
r4 ρ4
),
⎪⎪ ⎬ ⎪
τ ρφ
=
−q sin
的无限大弹性体则解答为：
σρ
=
−
r2
ρ2
q1
σϕ
=
r2
ρ2
q1 ;
（4）若只有外压，则解答为：
σρ
1− =−
1−
r2
ρ2
r2 R2
q2
σϕ
1+ =−
1−
r2
ρ2
r2 R2
q2
（压力） （压力）
关于单值条件的说明：
（4-16）
（1）多连体中的位移单值条件，实质上就是物体的连 续性条件（即位移连续性条件）。
第四章 平面问题的极坐标解答（续）
目录
41 极坐标中的平衡微分方程 2 极坐标中的几何方程和物理方程
3 物理量的坐标变换式
4 在极坐标中按应力求解平面问题
5 轴对称应力和相应的位移
3
6 圆环或圆筒受均布压力
7 压力隧洞
8 圆孔的孔口应力集中
9 半平面体在边界上受集中力
§4－5 轴对称应力和相应的位移
σϕ
=−
q 2
r2
ρ2
(3
r2 ρ2
−1)
孔口问题应力集中特点
z集中性：孔口应力远大于远处，最大和最小应力发生在 孔边。
z局部性：开孔应力扰动，主要发生在1.5倍孔口尺寸范围 内。
谢 谢！
(6) 轴对称应力及位移的通解，可以用于求解应力或 位移边界条件下的任何轴对称问题。
§4－6圆环或圆筒受均布压力
+
-
-
-
设有圆环或圆桶，内、外半径分别为r和R，受 内外压力分别为q1和q2。建立应力解答
1、应力轴对称，解答形式如下：
σρ
=
A ρ2
+
B(1+ 2 ln
ρ) + 2C
⎫ ⎪ ⎪
σφ
=
+ 2(1− μ)C]
εϕ
=
1 [−(1+ μ)
E
A
ρ2
+ (3 − μ)B + 2(1− μ)B ln ρ
+ 2(1− μ)C]
γ ρϕ = 0
应变轴对称
5、轴对称平面应力情况位移解答
上式代入几何方程（4-2），有
∂uρ = 1 [(1+ μ) A + (1− 3μ)B + 2(1− μ)B ln ρ + 2(1− μ)C]
∂ρ E
ρ2
uρ
ρ
+1
ρ
∂uϕ
∂ϕ
=
1 [−(1+ μ) A
E
ρ2
+ (3 − μ)B + 2(1− μ)B ln ρ + 2(1− μ)C]
1 ∂uρ + ∂uϕ −uϕ =0
ρ ∂ϕ ∂ρ ρ
（a）
由（a）中第一式：
uρ
=
1 [−(1+ E
μ)
A
ρ
+ (1− 3μ)Bρ
+ 2(1− μ)B(ln ρ
∴
f
(ρ)
=
Aρ 4
+
Bρ 2
+
C
+
D
ρ2
∴Φ
=
cos
2ϕ( Aρ 4
+
Bρ 2
+
C
+
D
ρ2
)
代入(4-8),有：
σρ
=
− cos 2φ(2B
+
4C
ρ2
+
6D
ρ4
)
⎫ ⎪ ⎪
σφ
=
cos 2φ(12Aρ 2
+
2B
+
6D
ρ4 )
⎪ ⎬ ⎪
(d)
τ ρφ
=
sin
2φ(6Aρ 2
+
2B
−
2C
ρ2
−
6D
ρ4
F为任意常数。方程(d)的解：
f1 (ρ ) = H ρ + F
方程(e)的解：（f）
f (ϕ ) = I cos ϕ + K sin ϕ
（f） （g）
uρ
=
1 [−(1+ μ)
E
A
ρ
+ (1− 3μ)Bρ
+ 2(1− μ)Bρ(ln ρ
−1)
+ 2(1− μ)Cρ] + I cosϕ + K sinϕ
=
4Bρϕ
E
−
f (ϕ )d ϕ + f1 ( ρ )
f 1(ρ):ρ的任意待定函数。
（ b）、（c）代入(a)中第三式，有
f1 ( ρ )
−
ρ
df1 ( ρ ) dρ
=
df (ϕ) dϕ
+
∫
f
(ϕ )
（c）
∴
f1(ρ) −
ρ
df1 ( ρ ) dρ
=
F
df (ϕ) dϕ
+
∫
f
(ϕ )
=
F
（d） （e）
,
（4-10）
τ ρϕ = 0 .
2、相容方程及其解答
d2 (
+1
d d2 )(
+1
d )Φ = 0
d ρ2 ρ d ρ d ρ2 ρ d ρ
即：ρ 4
d4 Φ d ρ4
+
2ρ 3
d3 Φ d ρ3
−
ρ2
d2 Φ d ρ2
+
ρ
dΦ dρ
=
0
Φ = Aln ρ + Bρ 2 ln ρ + Cρ 2 + D 3、轴对称情况应力解答
§4－8圆孔的孔口应力集中
给出无体力的小孔口的应力集中问题解答 z 小孔口定义 （1）孔口尺寸远小于弹性体 （2）孔边距弹性体边界很远（1.5倍孔口尺寸） z 孔边应力集中现象
板中开有小孔，孔边的应力远大于无孔时 的应力，也远大于距孔稍远处的应力，称为 孔边应力集中。
一、带小圆孔的矩形板，四边受均布拉力q
（2）在连续体中，应力、形变和位移都应为单值。
按位移求解时：取位移为单值，求形变（几何方程）
也为单值，求应力（物理方程）也为单值。 按应力求解时：取应力为单值，求形变（物理方
程）也为单值，求位移（由几何方程积分），常常会出 现多值项。
对于单连体，通过校核边界条件等，位移单值条件往 往已自然满足；
对于多连体，应校核位移单值条件，并使之满足。 所以，按应力求解时，对于多连体须要校核位移的单 值条件
−1)
+ 2(1− μ)Cρ] + f (ϕ)
（b）
f (φ): φ的任意待定函数。