4-6厚壁圆环或圆筒受均布压力 设厚壁圆筒:内半径a 外半径b (厚度取为单位1) 受内压q外压qn 为轴对称应力分布 qb 解:(一)应力分量,据(4-11) 六+2C 2+2C b
4-6 厚壁圆环或圆筒受均布压力 设厚壁圆筒: 内半径 a 外半径 b (厚度取为单位1) qb qa a b 受内压 qa 外压qb 为轴对称应力分布 解:(一)应力分量,据(4-11) = = = − + = + 0 2 2 2 2 r r r C r A C r A
其中A、C为常数,须由边界条件确定 其边界条件: 内边界 rr=a (7a)=a=0 外边界ob=-4 (o)=b=0 注意到(x)==0、(7)b=0自然满足 故边界条件提供两个独立的方程,常数A、 C由边界条件确定
其中A、C为常数，须由边界条件确定 其边界条件： = = − = = ( ) 0 | r r a r r a qa 内边界 外边界 = = − = = ( ) 0 | r r b r r b qb 注意到 ( r ) r=a = 0,( r ) r=b = 0 自然满足 故边界条件提供两个独立的方程，常数A、 C由边界条件确定
(二)考虑位移单值条件 由(4-12)式的第二式: Fr-lsin 0+Kcos 0 060=61-bl0=1+2x 由于0的任意性∴B=0 r16=61+2丌 +c 故应力分量写成 +O b
(二)考虑位移单值条件: 由(4-12)式的第二式: u = Fr − Isin + K cos 2 2 1 1 1 1 | | | | = = + = = + = = r r u u u u 由于的任意性 B = 0 故应力分量写成: = = = − + = + 0 2 2 r r r C r A C r A
引入代换:y=e→(=lhr) (a) 代入(A)后: D ) (D 4 +4 0 线性齐次方程,对应特征方程: 2-423+422=0根为4=042=0,4=2,4=2 齐次方程解:Φ=At+Be+Ce+D 利用(a)还原:通解 Φ=Ahr+Br2hr+Cr2+D 410) 其中:A,B,C,D为任意常数
引入代换： e (t ln r) t = → = （a） 代入（A）后： 4 4 0 2 2 3 3 4 4 = + − dt d dt d dt d 线性齐次方程，对应特征方程： 4 4 0 4 3 2 − + = 根为 0, 0, 2, 2 1 = 2 = 3 = 4 = 齐次方程解 ： At Bte Ce D t t = + + + 2 2 利用（a）还原：通解 = A r + Br r +Cr + D 2 2 ln ln （4—10） 其中 ：A，B，C，D为任意常数
2、应力分量:(4-10)带入(4-9) r=-2+BC(1+2hr)+2c (411) 六+B(3+2hr)+2C 三、位移分量:(4-11)代(43)代(42 A E=(0n-1)=n{(1+)2+B[(1-34) E E +2(1-p)nr]+2(1-p)C (oe-Po (1-)=2+B(3-)+2(-)h门 E +2(1-1)c
2、应力分量： （4-10）带入（4-9） = = = − + + + = + + + 0 (3 2ln ) 2 (1 2ln ) 2 2 2 r r r B r C r A BC r c r A （4—11） 三、位移分量： （4-11) 代 (4-3) 代（4-2 = − = (1+ ) + [(1− 3 ) 1 ( ) 1 2 B r A E E r r +2(1−)ln r]+2(1−)c = − = − (1− ) + [(3− ) + 2(1− )ln ] 1 ( ) 1 2 B r r A E E r + 2(1−)c