关于轴对称问题的应力函数和位移通解

关于轴对称问题的应力数和位移通解 王林生 ()河海大学土木学院 南京 210098 摘 要 首先从轴对称应力平衡方程入手 ,推导出一组新的应力函数 ; 其次 ,再结合物理 、几何方 程进一步推导出一个有别于 Michell ,Love ,Boussinesq 及 Timpe 等等的位移通解 . 关键词 轴对称 ;应力函数 ;位移通解 中图号 O343 在文献 [ 1 ]中 , 推导出了与目前已知的平面通解有别的通解. 在这里 , 为了获得轴对称问题 中的新位移通解 , 首先从轴对称应力平衡方程入手 , 推导出一组新的应力函数 . 然后 , 再利用文 献 [ 1 ]的 , 推导出一个用两个混合函数示的通解. 在此基础上 , 最终导出了用一个轴对称 重调和函数表示的新位移通解. 这个通解与目前已知的轴对称通解 , 例如 Michell 解 、Love 解 、 Bo ussinesq 解和 Timpe 解以及其他许多通解是不尽相同的. 1 轴对称应力函数的导出 对于无体积力的轴对称问题应力平衡方程 σσστ5 5- θrzrr ( )1 = 0 + + 5 r 5 z r σττ55 rz rzz( )0 = + 2 + 5 r r 5 z 通解为 2 5 1 5 T 5T σσσ( )( )= S = rS - = 3 θ rz2 r 5 r 5 r 5 z 1 5 T ( )τ4 = - rzr 5 z ( ) ( ) 式 34中的应力函数是用两个任意函数 S , T 表示的. 不过 , 对于具有多连通的半子午面的 弹性体而言 , T 可能不一定单值. ( ) ( ) ( ) 下面简要地叙述式 34是如何导出的 . 首先 , 将式 2改写为 5 5 ( τ ) ( σ )- r= r( )5 rz z 5 r 5 z ( ) 按恰当微分 , 一定存在一个函数 T r , z , 使 1 5 T 1 5 T στ= - = rzzr 5 z r 5 r 成立 . 显然 , 当回转体的半子午面为单连通时 , T 必为单值 ; 否则可能为多值. 再将上式中的 τ( ) 代入式 1, 并命rz σ= S r 即可得 2 5 T 5 σ( ) = rS -θ 25 r 5 z 证毕. 2 混合函数及其支配方程的导出 ( ) ( ) 依前述 , 对于轴对称问题的一切应力分量 , 均可由两个应力函数 S , T 通过式 34表示 出来. 但这两个应力函数还须满足两个协调方程 , 成为求解 S , T 的支配方程 . 不过 , 当问题具 有位移边界条件时 , 还须用应力函数表示出位移分量. 显然 , 这与在平面问题里用 Airy 应力函 数表示位移分量一样 , 会相当麻烦. 为了克服这一缺点 , 可以通过对几何方程 、物理方程的联立 [ 1 ] 求解 , 得到能同时表示出应力 、位移分量的混合函数及其所需满足的方程. ( ) ( ) 为此 , 先将应力分量式 34代入几何 —物理方程 , 得 2 5 5T 1 5 T 5 u σεσμ(σσ))( ( )= E= - + μ rS 6 E = S - - + θ r r z 2 r 5 r 5 r5 r 5 z 2 5 5 T u 5 T 1( ) μ()( εσμ(σ σ )= rS - - )7 = E= - + + S E θ θ z r 25 r 5 r r r 5 z 2 5 5T 5 w 5 T 1 ) , ( ) S + rS -μ E εσμ(σσ)( )- = = E= - + 8 θz z r 2 5 r 5 z5 r r 5 z 5 T 5 u 5 w 1 ν ( μ) ( ) ( )= E= - 2 1 + 9 E + rz 5 z 5 r 5 z r ( ) ( ) ( ) 为了由式 6, 9联立求出位移分量的表达式 , 将式 9改写为 5 T 5 ( μ))( 理Ew 费时 常 Eu + 2 1 + = 处- 5 z 5 r r 于是 , 一定存在另一个函数 f , 使得 5 f T ( )( μ)10 Eu = - 2 1 + 5 r r 5 f ( )11 Ew = - 5 z ( ) ( ) ( ) ( ) 式 1011就是用两个混合函数 f , T 表示的位移分量. 然后 , 将式 1011分别代入相 ( ) ( ) ( ) u , w , 整理后得 应的等式 67及 8中 , 消去 2 2 5 5T 1 5 T 5f 1 ) ( rS - + μS ( )+ = - 12 225 r 5 r 5 z r 5 z 2 2 5f 5 T 5 5T 1 5 T ( μ)μ ) μ( ( )( ) + S - rS + ( )= 2 1 + 13 - 22 5 r r 5 r r 5 r 5 z 5 r 2 1 5 f 5 1 5 T 5T T μμ( ) ( μ)( )rS - + 14 - - S= 2 1 + 22 r 5 r r 5 r 5 r 5 z r ( ) ( ) ( ) 现将式 12, 14两边分别相加 , 并与式 12消去具有 S 的项后 , 可得求解 f , T 的一个 方程 : 2 5 f 5 T 1 2 μ)( μ f - = 1 + v25 r r 5 z ( ) ( ) 再由式 12及 13联立解得 2 2 1 1 5 T 5 f 5 f T ( )( )S = + + 2 - 15 2 22μ 1 + 5 r r r5 z 5 r 及 2 2 2 μ 1 5f 5 5f 5T T 1 + 15 T ( )( )rS ( μ )- 2 +16 = - + 2 2 22μ 5 r μ( μ) 5 r 1 + r 5 z 5 r5 z r ( ) ( ) 继续从式 15及 16中消去 S , 整理后可得求解 f , T 的另一个方程 : 5 2 5 T 2 2 )( μ) ( r v f= 1 + v T - 5 r r 5 r 归结起来 , 决定两个函数 f , T 的支配方程如下 : 2 5 f 1 5 T 2 μ( μ)f v ( )- = 1 + 17 25 r r 5 z 5 1 2 5 T 2 2 ( μ) ( )( )f = 1 + T -vv18 5 r r 5 r r ( ( ) ( ) ) 显然 , f , T 就是要求的所谓混合函数. 由它们可以表示位移分量 参见式 10 11 , 通过式 ( ) ( ) 1516又可表示出应力分量 , 即 2 2 T 1 5 T 1 5 f5 f σ( )+ + 2 = - r22 2μ r 5 r 1 + 5 z r5 r 2 2 μ 5 T 1 5 f f T 1 + 15 σ( μ )- = - 2 + θ 2 22 μ( μ)μ 5 r 1 + r 5 z 5 r r 1 5 T σ= zr 5 r 1 5 T ( ) τ0 = - rzr 5 z T 5 B ( μ)( ) 22 1 + = r 5 r 5 B ( )23 A = 5 z 2 ( ) ( ) 再将式 20与式 17联立消去 vf 后 , 得 5 5 f52 (μ( μ) rA -)= 1 - ( )r 24 T 5 z 5 z 5 r ( ) 于是 , 由式 24得 5 f 5 Cμ( )25 r =rA - 5 z 5 r 5 C2 μ) ( )( 1 - T =26 5 z ( ) ( ) 注意到式 22与 26应有 5 B T C 5( μ) ( )27 = 1 + = 5 r ( μ) 5 z r 1 - r 于是 , 又可得 5 D ( )B = 28 5 z 5 D ( ( )μ) 29 C = 1 - r 5 r ( ) ( ) 同时 , 将式 23的 A 代入式 25, 得 5 5 C(μ) ( )rB - rf =30 5 z 5 r 于是 , 又可得 5 Eμ rf =( )rB - 31 5 r 5 E ( )= 32 C 5 z ( ) ( ) 再由式 29与 32得 5 E 5 D ( )( μ) 33 = C = 1 - r 5 z 5 r( ) 同理 , 由式 33可得 5 F ( )34 D = 5 z 5 F ( ( )μ) 35 E = 1 - r 5 r ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 利用式 3435, 代入式 31292826及 23可得 3 5F ( )36 A = 35 z 2 5F ( )B = 37 25 z 2 5 F ( μ) ( )38 C = 1 - r5 r5 z 第 26 卷第 4 期 王林生 关于轴对称问题的应力函数和位移通解 79 3 T 5 F ( μ) ( ) 1 + =39 2r 5 r5 z 2 5F 2 ( μ) ( )f = - 1 - F + 40 v25 z ( ) ( ) ( ) ( ) 最后 , 将式 3940中的 f , T 代入式 1011, 可得由一个位移函数 F 表示的位移分量 : 2 1 5 F5 5 F2 ( μ) ( ) ( ) ( )Eu = - 1 - v- ( )- 41 2 25 r 5 r r5 z 2 5 F5 5 F2 ( μ) ( ) ( )( )Ew = 1 - -42 v25 z 5 z 5 z ( ) 再将 f , T 代入式 17, 经运算整理后得 F 的支配方程如下 : 2 2 ( )F = 0 vv43 ( ) ( ) ( ) 式 414243就是本文导出的轴对称位移通解. 4 算例 以文献 [ 2 ]的题为例 , 用本文方法重新求解. 为此 , 设两个混合函数分别为 22 2T = t r f = f z + f r+ f z 0 0 1 2 ( ) 其中 t , f , f 及 f 均为待定常数 . 显然 , T , f 是自然满足方程 10的 , 只要将它们代入方程 0 0 1 2 ( ) 17, 经计算后得 μ( )( μ) 2 f + 4 f - 2 f = 2 1 + t 2 1 20于是 μμ 2 1 - t = f - f 0 1 2μμ 1 + 1 - 2 ( ) ( ) 再将 T , f 代入方程 1011得 ( μ) Eu = 2 f r - 2 1 + t r 1 0 Ew = - 2 f z - f 2 0利用 t , 代入 Eu 得 0 ( μ) ( μ) 1 - 2f + 1 - f Eu = 2 r 1 9 7 月 1 2 ( μ) 按离坐标原点相当远的地方位移为零 , 即 r , z ?0 的条件 , 可得 μ 1 - f = -f 1 2μ 1 - 2 ( ) ( ) ( ) 现在求应力. 将 T , f 代入式 15及 34, 得 μ - 2 1 1 ( )S = 2 f + 2 f + 2 t - 2 t = f 1 2 0 0 2μμ μ 1 + 1 + 1 - 2 σσ= = S S θ r στ = 2 t = 0 zrz 0 利用地基表面的边界条件 , 则可得 σ= - q zz = 0 于是 μ 1 - t = - f 0 2( μ) ( μ) 1 + 1 - 2 于是 ( μ) ( μ) 1 + 1 - 2 qf = 2 μ 2 1 - 最后得应力分量为 μσσ= = - q θ rμ 1 - στ= 0 = - q zrz 至于位移分量 ( μ) ( μ) 1 + 1 - 2Ew = qz - f 0μ 1 - 其中待定常数 f 由深度为 h 处的位移为零的条件极易确定. 0 5 结语 [ 3 ] a . 本文导出的 S , T 两个应力函数是轴对称问题中的另一种应力函数. ( ) ( ) ( ) b. 文中导出的位移通解式 4142及 43是有别于 Bo ussinesq ,Michell ,Love 及 Timpe 等 等通解的另一个通解. 从推导的过程可以看出 , 当弹性体的半子午面为单连通时 , 解一定完备 ; [ 1 ] 当半子午面为多连通时 , 在具体求解时应附加位移单值条件. c. 本文求解方法可以推广至横观各向同性的轴对称问题中去 , 而获得不同于 L ekhnit skii[ 4 ] 解的完备位移通解. 参 考 文 献 1 王林生 . 平面弹性问题的又一通解. 力学与实践 ,1988 2 徐芝纶 . 弹性力学 ,. 北京 :高等教育出版社 ,1982 . 274,276 3 Timoshenko S P , Goodier J N . Theory of elasticity. Third Editio n. Mcgraw2Hill lnc ,1970 . 382,388 4 L ekhnit skii S G. Theory of elasticity of an anisot repic elastic body. San Francisco : Holden2Day lnc ,1981 Stress Funct ions an d General Sol ut ions of Displacement f or Axisymmetric Ela st ic ity Problems Wang L insheng ( )Col lege of Ci v i l En gi nee ri n g , Hohai U ni v . , N a n j i n g 210098 Abstract In t his paper , a set of new st ress f unctio ns are derived f ro m t he axisymmet ric st ress equilibrium equatio ns. Then a displacement general solutio ns is given w hich is different f ro m Michell ,Love ,Bo ussinesq and Timpe solutio ns by co mbining t he new f unctio ns wit h st ress2st rain and st rain2displacement equatio ns. Key words axisymmet ry ; st ress f unctio n ; displacement general solutio n