一、厚壁圆筒受均匀分布压力作用

设长圆筒的内、外半径分别为 $a,b$，内、外壁承受均匀压力 $q_1,q_2$，压力以正值表示。材料的弹性模量为 $E$，泊松比为 $\nu$，不计体力。在远离端部、轴向伸长受到约束的区域，按平面应变问题求解。

取极径为 $\rho$、极角为 $\varphi$，正应力以拉应力为正。略去刚体位移，圆筒的应力和位移均为轴对称的。

1、由边界条件确定应力

无体力、纯径向轴对称变形对应的应力为

$$ \sigma_\rho=\frac A{\rho^2}+2C,\qquad \sigma_\varphi=-\frac A{\rho^2}+2C,\qquad \tau_{\rho\varphi}=0 $$

内壁的外法线沿负径向，外壁的外法线沿正径向。两处压力均指向材料内部，因此边界条件为

$$ \sigma_\rho(a)=-q_1,\qquad \sigma_\rho(b)=-q_2 $$

代入应力表达式，得

$$ \frac A{a^2}+2C=-q_1,\qquad \frac A{b^2}+2C=-q_2 $$

两式相减并回代，得到

$$ A=\frac{a^2b^2(q_2-q_1)}{b^2-a^2},\qquad 2C=\frac{a^2q_1-b^2q_2}{b^2-a^2} $$

于是得到拉梅解答：

$$ \begin{aligned} \sigma_\rho&=\frac{a^2q_1-b^2q_2}{b^2-a^2} -\frac{a^2b^2(q_1-q_2)}{(b^2-a^2)\rho^2}\\ \sigma_\varphi&=\frac{a^2q_1-b^2q_2}{b^2-a^2} +\frac{a^2b^2(q_1-q_2)}{(b^2-a^2)\rho^2}\\ \tau_{\rho\varphi}&=0 \end{aligned} $$

平面应变状态下，另有

$$ \sigma_z=\nu(\sigma_\rho+\sigma_\varphi) =\frac{2\nu(a^2q_1-b^2q_2)}{b^2-a^2} $$

2、径向位移与圆筒尺寸的改变

平面应变问题的纯径向位移为

$$ u_\rho=\frac{1+\nu}{E} \left[-\frac A\rho+2(1-2\nu)C\rho\right],\qquad u_\varphi=0 $$

代入 $A,C$，得

$$ u_\rho(\rho)=\frac{1+\nu}{E(b^2-a^2)} \left[\frac{a^2b^2(q_1-q_2)}\rho +(1-2\nu)(a^2q_1-b^2q_2)\rho\right] $$

内、外半径的变化分别为

$$ \Delta a=u_\rho(a),\qquad \Delta b=u_\rho(b) $$

径向壁厚 $b-a$ 的变化为

$$ \begin{aligned} \Delta(b-a)&=u_\rho(b)-u_\rho(a)\\ &=\frac{1+\nu}{E(a+b)} \left[(1-2\nu)(a^2q_1-b^2q_2)-ab(q_1-q_2)\right] \end{aligned} $$

若所研究的是内、外缘受相同压力的等厚薄圆环，则采用平面应力关系，其面内应力仍为上述拉梅解答，而径向位移改为

$$ u_\rho=\frac1E\left[-\frac{(1+\nu)A}\rho+2(1-\nu)C\rho\right] $$

3、仅受内压时的应力分布

令 $q_2=0$，有

$$ \sigma_\rho=\frac{a^2q_1}{b^2-a^2} \left(1-\frac{b^2}{\rho^2}\right),\qquad \sigma_\varphi=\frac{a^2q_1}{b^2-a^2} \left(1+\frac{b^2}{\rho^2}\right) $$

径向应力在内壁为 $-q_1$，向外逐渐增大至零；环向应力为拉应力，并随半径增大而减小。最大环向应力出现在内壁：

$$ (\sigma_\varphi)_{\max} =\frac{q_1(a^2+b^2)}{b^2-a^2} $$

二、曲梁的纯弯曲

设矩形截面曲梁的内、外半径为 $a,b$，沿厚度取单位长度，两端承受大小为 $M$ 的弯矩。不计体力，按平面应力问题求解。

取曲率中心为极点，极角从一端量起。规定弯矩的正号使径向截面上的应力满足

$$ \int_a^b\rho\sigma_\varphi\,\mathrm d\rho=-M $$

1、轴对称应力与边界条件

各径向截面上的弯矩相同，可取应力与 $\varphi$ 无关。轴对称应力函数为

$$ U=A\ln \rho +B\rho^2\ln \rho+C\rho^2+D $$

相应的应力分量为

$$ \begin{aligned} \sigma_\rho&=\frac A{\rho^2} +B\left(1+2\ln \rho\right)+2C\\ \sigma_\varphi&=-\frac A{\rho^2} +B\left(3+2\ln \rho\right)+2C\\ \tau_{\rho\varphi}&=0 \end{aligned} $$

内、外圆弧面自由，径向截面上只有弯矩而无合力，因而

$$ \sigma_\rho(a)=\sigma_\rho(b)=0,\qquad \int_a^b\sigma_\varphi\,\mathrm d\rho=0,\qquad \int_a^b\rho\sigma_\varphi\,\mathrm d\rho=-M $$

由径向平衡方程，得

$$ \sigma_\varphi=\frac{\mathrm d}{\mathrm d\rho}(\rho\sigma_\rho) $$

因此，截面合力条件自动满足：

$$ \int_a^b\sigma_\varphi\,\mathrm d\rho =[\rho\sigma_\rho]_a^b=0 $$

端面弯矩条件采用合力矩的形式，所得应力适用于远离端部载荷具体分布影响的区域。

2、确定积分常数

由两个圆弧边界上的条件相减，得

$$ A\left(\frac1{a^2}-\frac1{b^2}\right)-2B\ln\frac ba=0 $$

于是

$$ A=\frac{2Ba^2b^2\ln\frac ba}{(b^2-a^2)} $$

再将 $\sigma_\varphi=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\rho}(\rho\sigma_\rho)$ 代入弯矩条件，分部积分得

$$ \int_a^b\rho\sigma_\varphi\,\mathrm d\rho =[\rho^2\sigma_\rho]_a^b-\int_a^b\rho\sigma_\rho\,\mathrm d\rho =-\int_a^b\rho\sigma_\rho\,\mathrm d\rho $$

故

$$ M=A\ln\frac ba+B\left(b^2\ln b-a^2\ln a\right)+C(b^2-a^2) $$

将两个边界方程分别乘以 $a^2,b^2$ 后相减，得到

$$ B\left(b^2\ln b-a^2\ln a\right)+C(b^2-a^2) =-\frac{B(b^2-a^2)}{2} $$

从而

$$ M=A\ln\frac ba-\frac{B(b^2-a^2)}{2} =-\frac B{2(b^2-a^2)}\left[(b^2-a^2)^2-4a^2b^2\left(\ln\frac ba\right)^2\right] $$

记

$$ N=(b^2-a^2)^2-4a^2b^2\left(\ln\frac ba\right)^2 $$

得到

$$ \begin{aligned} A&=-\frac{4Ma^2b^2}{N}\ln\frac ba\\ B&=-\frac{2M(b^2-a^2)}N\\ C&=\frac M N\left[b^2-a^2 +2\left(b^2\ln b-a^2\ln a\right)\right] \end{aligned} $$

3、应力分布

代入并合并对数项，得到

$$ \begin{aligned} \sigma_\rho&=-\frac{4M}N \left(\frac{a^2b^2}{\rho^2}\ln\frac ba -b^2\ln\frac b\rho+a^2\ln\frac a\rho\right)\\ \sigma_\varphi&=-\frac{4M}N \left(-\frac{a^2b^2}{\rho^2}\ln\frac ba +b^2\ln\frac\rho b+a^2\ln\frac a\rho+b^2-a^2\right)\\ \tau_{\rho\varphi}&=0 \end{aligned} $$

环向弯曲应力沿径向呈非线性分布，中性轴由 $\sigma_\varphi=0$ 确定，位于截面中线的内侧。径向应力在两个圆弧边界上均为零，在截面内部一般不为零。

4、位移与刚体位移常数

由轴对称应力对应的位移公式，得

$$ \begin{aligned} u_\rho&=\frac1E\left[-\frac{(1+\nu)A}\rho +2(1-\nu)B\rho\ln\rho -(1+\nu)B\rho+2(1-\nu)C\rho\right] +I\sin\varphi+K\cos\varphi\\ u_\varphi&=\frac{4B\rho\varphi}E+H\rho +I\cos\varphi-K\sin\varphi \end{aligned} $$

其中 $H,I,K$ 表示刚体转动和平移。取 $\rho_0=(a+b)/2$，并将 $\varphi=0$ 端面上该半径处的点作为位移基点，令该点位移为零，且过该点的径向微分线段转角为零：

$$ u_\rho(\rho_0,0)=0,\qquad u_\varphi(\rho_0,0)=0,\qquad \frac{\partial u_\varphi}{\partial\rho}(\rho_0,0)=0 $$

最后两式给出 $H\rho_0+I=0$、$H=0$，故 $I=0$；第一式给出

$$ K=\frac1E\left[\frac{(1+\nu)A}{\rho_0} -2(1-\nu)B\rho_0\ln\rho_0 +(1+\nu)B\rho_0-2(1-\nu)C\rho_0\right] $$

将 $H=I=0$ 及上述 $K$ 的值代入位移通解，即得所求位移。其中环向位移为

$$ u_\varphi=\frac{4B\rho\varphi}E-K\sin\varphi $$

5、切口圆环合拢后的预应力

完整圆环要求位移绕极点一周后回到原值，但上述位移满足

$$ u_\varphi(\rho,\varphi+2\pi)-u_\varphi(\rho,\varphi) =\frac{8\pi B\rho}E $$

因此，无切口的完整圆环要求 $B=0$。具有切口的圆环则可通过两端的相对位移维持 $B\ne0$ 的应力状态。

设不完整圆环的切口张角为 $\alpha$，且 $\alpha$ 很小。将两端强行合拢并焊接，按上述位移差的正方向规定闭合量，所需的环向相对位移为 $\alpha\rho$。忽略 $\alpha$ 引起的高阶修正，有

$$ \frac{8\pi B\rho}E=\alpha\rho,\qquad B=\frac{\alpha E}{8\pi} $$

由 $B=-2M(b^2-a^2)/N$，得到维持合拢状态的弯矩

$$ M=-\frac{\alpha E N}{16\pi(b^2-a^2)} $$

将此值代入应力表达式，即得到焊接后圆环内的预应力。

三、曲梁一端受径向集中力作用

设单位厚度的矩形截面曲梁内、外半径为 $a,b$，一端固定，另一端承受径向集中力 $F$。取受力端为 $\varphi=0$，力沿该端的正径向作用。不计体力，按平面应力问题求解。

1、构造应力函数

曲梁任一截面的弯矩与 $\sin\varphi$ 成正比，因而设

$$ U=f(\rho)\sin\varphi $$

代入双调和方程，得到

$$ \left(\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}\rho^2} +\frac1\rho\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\rho}-\frac1{\rho^2}\right) \left(\frac{\mathrm{d}^2f}{\mathrm{d}\rho^2} +\frac1\rho\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}\rho}-\frac{f}{\rho^2}\right)=0 $$

试取 $f=\rho^m$，代入上式，

得到特征方程

$$ (m^2-1)[(m-2)^2-1]=(m+1)(m-1)^2(m-3)=0 $$

其中 $m=1$ 为二重根，故

$$ f(\rho)=A\rho^3+\frac B\rho+C\rho +D\rho\ln \rho $$

项 $C\rho\sin\varphi=Cy$ 不产生应力，可略去。由极坐标应力函数关系，得到

$$ \begin{aligned} \sigma_\rho&=\left(2A\rho-\frac{2B}{\rho^3}+\frac D\rho\right)\sin\varphi\\ \sigma_\varphi&=\left(6A\rho+\frac{2B}{\rho^3}+\frac D\rho\right)\sin\varphi\\ \tau_{\rho\varphi}&=-\left(2A\rho-\frac{2B}{\rho^3}+\frac D\rho\right)\cos\varphi \end{aligned} $$

2、圆弧边界与受力端的合力条件

内、外圆弧面自由，要求

$$ 2Aa-\frac{2B}{a^3}+\frac Da=0,\qquad 2Ab-\frac{2B}{b^3}+\frac Db=0 $$

在 $\varphi=0$ 端面，外法线沿负环向，面力的径向分量为 $-\tau_{\rho\varphi}$，故

$$ \sigma_\varphi(\rho,0)=0,\qquad \int_a^b\tau_{\rho\varphi}(\rho,0)\,\mathrm d\rho=-F $$

将两个圆弧边界方程分别乘以 $a^3,b^3$，相减并整理，得到

$$ D=-2A(a^2+b^2),\qquad B=-Aa^2b^2 $$

端面合力条件为

$$ -A(b^2-a^2)+\frac{B(b^2-a^2)}{a^2b^2} -D\ln\frac ba=-F $$

记

$$ N=a^2-b^2+(a^2+b^2)\ln\frac ba $$

代入 $B,D$，有 $2AN=-F$，从而

$$ A=-\frac F{2N},\qquad B=\frac{Fa^2b^2}{2N},\qquad D=\frac{F(a^2+b^2)}N $$

3、应力分量

得到

$$ \begin{aligned} \sigma_\rho&=-\frac F N \left(\rho-\frac{a^2+b^2}\rho+\frac{a^2b^2}{\rho^3}\right)\sin\varphi\\ \sigma_\varphi&=-\frac F N \left(3\rho-\frac{a^2+b^2}\rho-\frac{a^2b^2}{\rho^3}\right)\sin\varphi\\ \tau_{\rho\varphi}&=\frac F N \left(\rho-\frac{a^2+b^2}\rho+\frac{a^2b^2}{\rho^3}\right)\cos\varphi \end{aligned} $$

端面上采用的是集中力的静力等效条件，所得解描述远离加载点和固定端局部影响的应力。

4、由应变积分求位移

由平面应力物理方程及几何方程，得

$$ \begin{aligned} \frac{\partial u_\rho}{\partial\rho} &=\frac{\sin\varphi}E\left[2A(1-3\nu)\rho -\frac{2B(1+\nu)}{\rho^3}+\frac{D(1-\nu)}\rho\right]\\ \frac{u_\rho}\rho+\frac1\rho\frac{\partial u_\varphi}{\partial\varphi} &=\frac{\sin\varphi}E\left[2A(3-\nu)\rho +\frac{2B(1+\nu)}{\rho^3}+\frac{D(1-\nu)}\rho\right]\\ \frac1\rho\frac{\partial u_\rho}{\partial\varphi} +\frac{\partial u_\varphi}{\partial\rho}-\frac{u_\varphi}\rho &=-\frac{2(1+\nu)\cos\varphi}E \left(2A\rho-\frac{2B}{\rho^3}+\frac D\rho\right) \end{aligned} $$

第一式对 $\rho$ 积分，得到

$$ u_\rho=\frac{\sin\varphi}E \left[A(1-3\nu)\rho^2 +\frac{B(1+\nu)}{\rho^2}+D(1-\nu)\ln\rho\right]+f(\varphi) $$

将其代入第二式，移项后对 $\varphi$ 积分，得到

$$ u_\varphi=-\frac{\cos\varphi}E \left[A(5+\nu)\rho^2+\frac{B(1+\nu)}{\rho^2} -D(1-\nu)\ln \rho+D(1-\nu)\right] -\int f(\varphi)\,\mathrm d\varphi+g(\rho) $$

再代入切应变关系，有

$$ \frac{\mathrm{d} f}{\mathrm{d}\varphi}+\int f(\varphi)\,\mathrm d\varphi +\rho \frac{\mathrm{d} g}{\mathrm{d}\rho}-g(\rho)=-\frac{4D}E\cos\varphi $$

将分离变量产生的常数吸收入积分函数，可取

$$ \frac{\mathrm{d} f}{\mathrm{d}\varphi}+\int f\,\mathrm d\varphi=-\frac{4D}E\cos\varphi,\qquad \rho \frac{\mathrm{d} g}{\mathrm{d}\rho}-g=0 $$

前式求导，得到

$$ \frac{\mathrm{d}^2 f}{\mathrm{d}\varphi^2}+f=\frac{4D}E\sin\varphi $$

由于齐次解含 $\sin\varphi,\cos\varphi$，特解可取与 $\varphi\cos\varphi$ 成正比，解得

$$ f(\varphi)=-\frac{2D}E\varphi\cos\varphi +K\sin\varphi+L\cos\varphi,\qquad g(\rho)=H\rho $$

代回并合并，最终得到

$$ \begin{aligned} u_\rho={}&-\frac{2D}E\varphi\cos\varphi +\frac{\sin\varphi}E \left[A(1-3\nu)\rho^2+\frac{B(1+\nu)}{\rho^2} +D(1-\nu)\ln \rho\right] +K\sin\varphi+L\cos\varphi\\ u_\varphi={}&\frac{2D}E\varphi\sin\varphi -\frac{\cos\varphi}E \left[A(5+\nu)\rho^2+\frac{B(1+\nu)}{\rho^2} -D(1-\nu)\ln \rho\right]\\ &+\frac{D(1+\nu)}E\cos\varphi +K\cos\varphi-L\sin\varphi+H\rho \end{aligned} $$

$H,K,L$ 由位移基点和转动约束确定。它们只改变刚体位移，不改变应力和应变。

5、径向错口圆环的预应力

设完整圆环沿一条径线切开，将两切口面沿径向强行错开 $\delta$ 后焊接。取两切口面分别为 $\varphi=0,2\pi$，并规定

$$ u_\rho(\rho,2\pi)-u_\rho(\rho,0)=\delta $$

位移表达式中，三角函数项绕一周后相同，只有含 $\varphi$ 的项产生位移差，因此

$$ \delta=-\frac{4\pi D}E $$

结合 $D=F(a^2+b^2)/N$，得到所需的径向力

$$ F=-\frac{NE\delta}{4\pi(a^2+b^2)} $$

将其代入应力表达式，即得径向错口焊接后的预应力。

若圆环原有一个两面平行、间距为 $\delta$ 的小切口，将其强行合拢焊接，可通过另切径向细缝、平移局部圆环的方式，化为上述径向错口问题。按相同坐标和位移差的规定，两者的强制位移方向相反，所得预应力相差一个负号。

四、具有小圆孔的平板的均匀拉伸

设大平板在 $x$ 方向承受均匀拉应力 $q$，板内有半径为 $a$ 的圆孔，孔边自由。取孔心为极点，极角从正 $x$ 轴量起。不计体力，以无限大平板近似孔径远小于板尺寸的情形。

1、远处载荷的轴对称部分与二倍角部分

远离圆孔时，应力趋于 $\sigma_x=q$、$\sigma_y=\tau_{xy}=0$。变换到极坐标，得到

$$ \begin{aligned} \sigma_\rho&\to q\cos^2\varphi=\frac q2(1+\cos2\varphi)\\ \sigma_\varphi&\to q\sin^2\varphi=\frac q2(1-\cos2\varphi)\\ \tau_{\rho\varphi}&\to-\frac q2\sin2\varphi \end{aligned} $$

将远处载荷分为轴对称部分和二倍角部分。轴对称部分可由内、外半径分别为 $a,b$ 的圆环受均匀外拉力的解，令 $b\to\infty$ 得到：

$$ \sigma_\rho^{(0)}=\frac q2\left(1-\frac{a^2}{\rho^2}\right),\qquad \sigma_\varphi^{(0)}=\frac q2\left(1+\frac{a^2}{\rho^2}\right),\qquad \tau_{\rho\varphi}^{(0)}=0 $$

该部分单独满足孔边径向面力为零的条件。

2、二倍角应力函数

对随极角变化的部分，设

$$ U=f(\rho)\cos2\varphi $$

代入双调和方程，得

$$ \left(\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}\rho^2} +\frac1\rho\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\rho}-\frac4{\rho^2}\right) \left(\frac{\mathrm{d}^2f}{\mathrm{d}\rho^2} +\frac1\rho\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}\rho}-\frac{4f}{\rho^2}\right)=0 $$

展开为

$$ \rho^4\frac{\mathrm{d}^4f}{\mathrm{d}\rho^4} +2\rho^3\frac{\mathrm{d}^3f}{\mathrm{d}\rho^3} -9\rho^2\frac{\mathrm{d}^2f}{\mathrm{d}\rho^2} +9\rho\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}\rho}=0 $$

取 $f=\rho^m$，得到

$$ (m^2-4)[(m-2)^2-4] =(m+2)m(m-2)(m-4)=0 $$

因此

$$ f=A\rho^2+B\rho^4+\frac C{\rho^2}+D $$

代入应力函数表达式，得到

$$ \begin{aligned} \sigma_\rho^{(2)}&=-\left(2A+\frac{6C}{\rho^4} +\frac{4D}{\rho^2}\right)\cos2\varphi\\ \sigma_\varphi^{(2)}&=\left(2A+12B\rho^2 +\frac{6C}{\rho^4}\right)\cos2\varphi\\ \tau_{\rho\varphi}^{(2)}&=\left(2A+6B\rho^2 -\frac{6C}{\rho^4}-\frac{2D}{\rho^2}\right)\sin2\varphi \end{aligned} $$

远处应力有界，要求 $B=0$；再与远处的二倍角载荷比较，有

$$ -2A=\frac q2,\qquad A=-\frac q4 $$

孔边自由，要求

$$ 2A+\frac{6C}{a^4}+\frac{4D}{a^2}=0,\qquad 2A-\frac{6C}{a^4}-\frac{2D}{a^2}=0 $$

两式相加，得 $D=-2Aa^2=qa^2/2$，再代回得到

$$ C=-\frac{qa^4}{4} $$

3、应力分布与孔边应力集中

将两部分应力叠加，得到

$$ \begin{aligned} \sigma_\rho&=\frac q2\left(1-\frac{a^2}{\rho^2}\right) +\frac q2\left(1+\frac{3a^4}{\rho^4}-\frac{4a^2}{\rho^2}\right)\cos2\varphi\\ \sigma_\varphi&=\frac q2\left(1+\frac{a^2}{\rho^2}\right) -\frac q2\left(1+\frac{3a^4}{\rho^4}\right)\cos2\varphi\\ \tau_{\rho\varphi}&=-\frac q2 \left(1-\frac{3a^4}{\rho^4}+\frac{2a^2}{\rho^2}\right)\sin2\varphi \end{aligned} $$

当 $\rho\to\infty$ 时，含 $a/\rho$ 的项消失，恢复无孔平板的均匀拉伸状态。孔边 $\rho=a$ 处有

$$ \sigma_\rho=\tau_{\rho\varphi}=0,\qquad \sigma_\varphi=q-2q\cos2\varphi $$

最大环向拉应力发生在 $\varphi=\pm\pi/2$，即圆孔与垂直于拉力方向的直径相交处：

$$ (\sigma_\varphi)_{\max}=3q $$

定义应力集中因子为最大局部拉应力与远处名义拉应力之比，则

$$ K=\frac{(\sigma_\varphi)_{\max}}q=3 $$

若 $x,y$ 两方向同时承受相等的均匀拉应力 $q$，将两个相差 $\pi/2$ 的单向拉伸解叠加，二倍角项相消，得到

$$ \sigma_\rho=q\left(1-\frac{a^2}{\rho^2}\right),\qquad \sigma_\varphi=q\left(1+\frac{a^2}{\rho^2}\right),\qquad \tau_{\rho\varphi}=0 $$

此时孔边环向应力处处为 $2q$，故 $K=2$。

五、尖劈顶端受集中力或集中力偶作用

设尖劈的张角为 $\alpha$，沿径向无限延伸，两侧面自由。取顶点为极点，$x$ 轴沿尖劈中心线指向内部，极角范围为 $-\alpha/2\le\varphi\le\alpha/2$，并有

$$ x=\rho\cos\varphi,\qquad y=\rho\sin\varphi $$

沿厚度取单位长度，不计体力。集中力 $F$ 表示单位厚度上的力，集中力偶 $M$ 表示单位厚度上的力矩。

1、顶端受集中力作用

设集中力与正 $x$ 轴的夹角为 $\beta$，其分量为 $F\cos\beta,F\sin\beta$。由于 $F$ 的量纲为力除以长度，而应力量纲为力除以面积，且问题中没有其他特征长度，应力应具有 $F/\rho$ 的形式。

应力函数经两次空间微分给出应力，因此取

$$ U=\rho f(\varphi) $$

先计算应力函数的二阶偏导数和，得

$$ \frac{\partial^2 U}{\partial\rho^2} +\frac1\rho\frac{\partial U}{\partial\rho} +\frac1{\rho^2}\frac{\partial^2 U}{\partial\varphi^2} =\frac1\rho\left(f+\frac{\mathrm{d}^2 f}{\mathrm{d}\varphi^2}\right) $$

再代入双调和方程，得到

$$ \frac1{\rho^3}\left[\frac{\mathrm{d}^4 f}{\mathrm{d}\varphi^4} +2\frac{\mathrm{d}^2 f}{\mathrm{d}\varphi^2}+f\right]=0 $$

特征方程为 $(\lambda^2+1)^2=0$，故

$$ f=A\cos\varphi+B\sin\varphi +\varphi(C\cos\varphi+D\sin\varphi) $$

其中 $A\rho\cos\varphi=Ax$、$B\rho\sin\varphi=By$ 不产生应力，略去后有

$$ U=\rho\varphi(C\cos\varphi+D\sin\varphi) $$

由此得到

$$ \sigma_\rho=\frac2\rho(D\cos\varphi-C\sin\varphi),\qquad \sigma_\varphi=0,\qquad \tau_{\rho\varphi}=0 $$

两侧自由边界上的 $\sigma_\varphi,\tau_{\rho\varphi}$ 自动为零。为确定 $C,D$，截取顶点与任意半径的圆弧之间的部分，列合力平衡方程：

$$ \int_{-\alpha/2}^{\alpha/2}\rho\sigma_\rho\cos\varphi\,\mathrm d\varphi +F\cos\beta=0 $$

$$ \int_{-\alpha/2}^{\alpha/2}\rho\sigma_\rho\sin\varphi\,\mathrm d\varphi +F\sin\beta=0 $$

利用奇偶性及

$$ \int_{-\alpha/2}^{\alpha/2}\cos^2\varphi\,\mathrm d\varphi =\frac{\alpha+\sin\alpha}{2},\qquad \int_{-\alpha/2}^{\alpha/2}\sin^2\varphi\,\mathrm d\varphi =\frac{\alpha-\sin\alpha}{2} $$

得到

$$ D(\alpha+\sin\alpha)+F\cos\beta=0,\qquad -C(\alpha-\sin\alpha)+F\sin\beta=0 $$

因此

$$ C=\frac{F\sin\beta}{\alpha-\sin\alpha},\qquad D=-\frac{F\cos\beta}{\alpha+\sin\alpha} $$

应力解为

$$ \sigma_\rho=-\frac{2F\cos\beta\cos\varphi}{(\alpha+\sin\alpha)\rho} -\frac{2F\sin\beta\sin\varphi}{(\alpha-\sin\alpha)\rho},\qquad \sigma_\varphi=\tau_{\rho\varphi}=0 $$

当 $\beta=0$ 时，应力关于中心线对称；当 $\beta=\pi/2$ 时，应力关于中心线反对称。应力在顶点处具有 $1/\rho$ 型奇异性。

2、顶端受集中力偶作用

单位厚度上的力矩 $M$ 与应力的量纲关系给出 $\sigma\sim M/\rho^2$，因此应力函数可取为

$$ U=f(\varphi) $$

此时

$$ \frac{\partial^2 U}{\partial\rho^2} +\frac1\rho\frac{\partial U}{\partial\rho} +\frac1{\rho^2}\frac{\partial^2 U}{\partial\varphi^2} =\frac1{\rho^2}\frac{\mathrm{d}^2 f}{\mathrm{d}\varphi^2} $$

代入双调和方程，得

$$ \frac1{\rho^4}\left[\frac{\mathrm{d}^4 f}{\mathrm{d}\varphi^4} +4\frac{\mathrm{d}^2 f}{\mathrm{d}\varphi^2}\right]=0 $$

积分得

$$ f=A+B\varphi+C\sin2\varphi+D\cos2\varphi $$

由应力函数关系，得

$$ \sigma_\rho=\frac1{\rho^2}\frac{\mathrm{d}^2 f}{\mathrm{d}\varphi^2},\qquad \sigma_\varphi=0,\qquad \tau_{\rho\varphi}=\frac1{\rho^2}\frac{\mathrm{d} f}{\mathrm{d}\varphi} $$

力偶载荷对应的径向应力关于中心线反对称，可取 $D=0$；常数 $A$ 不影响应力。两侧面无切向面力，要求

$$ \left.\frac{\mathrm{d} f}{\mathrm{d}\varphi}\right\rvert_{\varphi=\pm\alpha/2}=B+2C\cos\alpha=0 $$

从而 $B=-2C\cos\alpha$。规定外加力偶的正号使圆弧截面上的合力矩为 $-M$，则

$$ \int_{-\alpha/2}^{\alpha/2}\rho^2\tau_{\rho\varphi}\,\mathrm d\varphi=-M $$

代入 $\frac{\mathrm{d} f}{\mathrm{d}\varphi}=2C(\cos2\varphi-\cos\alpha)$ 并积分，得到

$$ 2C(\sin\alpha-\alpha\cos\alpha)=-M $$

因此

$$ C=-\frac{M}{2(\sin\alpha-\alpha\cos\alpha)} $$

最终得到

$$ \begin{aligned} \sigma_\rho&=\frac{2M\sin2\varphi} {(\sin\alpha-\alpha\cos\alpha)\rho^2}\\ \sigma_\varphi&=0\\ \tau_{\rho\varphi}&=-\frac{M(\cos2\varphi-\cos\alpha)} {(\sin\alpha-\alpha\cos\alpha)\rho^2} \end{aligned} $$

应力随 $1/\rho^2$ 衰减，在顶点处比集中力引起的应力具有更高阶的奇异性。

[!NOTE]

按这里的定义，$\alpha$ 是尖劈的总张角。在 $0<\alpha<2\pi$ 内，分母为零的条件为

$$ \sin\alpha-\alpha\cos\alpha=0, \qquad \tan\alpha=\alpha $$

其非零根为

$$ \alpha\approx4.493409\ \text{rad}\approx257.45^\circ $$

这称为 Sternberg–Koiter 尖劈佯谬。20世纪初，Carothers 给出了上述经典解，Inglis 随后独立得到同类结果。奇怪的是，当张角趋近临界值时，即使保持在远离顶点的固定位置，应力也可能无限增大；这与通常仅在顶点出现的奇异性有所不同。1958年，Sternberg 与 Koiter 对此作了系统研究：他们将集中力偶替换为顶点附近、具有相同合力矩的分布载荷，再考察加载范围缩小的极限，揭示了集中力偶理想化及圣维南原理的适用限制。此后，研究者从加载方式、特征解和塑性等角度继续讨论。关键在于：临界角处，单纯假定应力按 $1/\rho^2$ 变化的经典解已经失效，不能据此断言实际物体内处处出现无限应力。这里是该问题的相关研究与历史回顾。

六、均质圆盘匀速旋转的位移解法

1、轴对称位移与含体力的平衡方程

对于等厚、均匀、各向同性薄圆盘，若几何形状、载荷和约束均关于中心轴对称，略去刚体位移后，可设

$$ u_\rho=u_\rho(\rho),\qquad u_\varphi=0 $$

由几何方程，得到

$$ \varepsilon_\rho=\frac{\mathrm du_\rho}{\mathrm d\rho},\qquad \varepsilon_\varphi=\frac{u_\rho}\rho,\qquad \gamma_{\rho\varphi}=0 $$

将平面应力物理方程反解为应力，得

$$ \begin{aligned} \sigma_\rho&=\frac E{1-\nu^2} \left(\frac{\mathrm du_\rho}{\mathrm d\rho}+\nu\frac{u_\rho}\rho\right)\\ \sigma_\varphi&=\frac E{1-\nu^2} \left(\frac{u_\rho}\rho+\nu\frac{\mathrm du_\rho}{\mathrm d\rho}\right)\\ \tau_{\rho\varphi}&=0 \end{aligned} $$

设单位体积上的径向体力为 $F_\rho(\rho)$，环向体力为零。径向平衡方程为

$$ \frac{\mathrm d\sigma_\rho}{\mathrm d\rho} +\frac{\sigma_\rho-\sigma_\varphi}\rho+F_\rho=0 $$

对径向应力求导，并求两正应力之差，分别有

$$ \frac{\mathrm d\sigma_\rho}{\mathrm d\rho} =\frac E{1-\nu^2} \left(\frac{\mathrm{d}^2 u_\rho}{\mathrm{d}\rho^2}+\frac\nu\rho \frac{\mathrm{d} u_\rho}{\mathrm{d}\rho}-\frac\nu{\rho^2}u_\rho\right) $$

$$ \sigma_\rho-\sigma_\varphi =\frac E{1-\nu^2}(1-\nu) \left(\frac{\mathrm{d} u_\rho}{\mathrm{d}\rho}-\frac{u_\rho}\rho\right) $$

代入平衡方程，得到以径向位移为未知量的常微分方程：

$$ \frac{\mathrm{d}^2 u_\rho}{\mathrm{d}\rho^2}+\frac1\rho \frac{\mathrm{d} u_\rho}{\mathrm{d}\rho}-\frac{u_\rho}{\rho^2} =-\frac{1-\nu^2}E F_\rho(\rho) $$

2、匀速旋转实心圆盘的应力与位移

例1
半径为 $b$ 的均质等厚薄圆盘，以恒定角速度 $\omega$ 绕通过圆心并垂直于盘面的轴旋转。材料的质量密度为 $\varrho$（花体 $\rho$，避免与径向距离符号歧义），弹性模量为 $E$，泊松比为 $\nu$。盘的两侧面及外圆周均无面力，不计重力，求圆盘内的应力分量和径向位移。

解
按平面应力问题求解。在随圆盘匀速转动的参考系中，$u_\rho,u_\varphi$ 表示相对于未变形圆盘的弹性位移。各点相对该参考系静止，单位体积上的离心体力为

$$ F_\rho=\varrho\omega^2\rho,\qquad F_\varphi=0 $$

在线性小变形条件下，离心体力按未变形位置计算。代入位移方程，得

$$ \frac{\mathrm{d}^2 u_\rho}{\mathrm{d}\rho^2}+\frac1\rho \frac{\mathrm{d} u_\rho}{\mathrm{d}\rho}-\frac{u_\rho}{\rho^2} =-\frac{(1-\nu^2)\varrho\omega^2}E\rho $$

先求齐次解。令 $u_\rho=\rho^m$，得到

$$ [m(m-1)+m-1]\rho^{m-2}=0,\qquad m^2-1=0 $$

故齐次解为 $C_1\rho+C_2/\rho$。右端与 $\rho$ 成正比，试取特解 $k\rho^3$。由于

$$ \frac{\mathrm d^2(k\rho^3)}{\mathrm d\rho^2} +\frac1\rho\frac{\mathrm d(k\rho^3)}{\mathrm d\rho} -\frac{k\rho^3}{\rho^2}=8k\rho $$

得到

$$ k=-\frac{(1-\nu^2)\varrho\omega^2}{8E} $$

因此位移通解为

$$ u_\rho=C_1\rho+\frac{C_2}\rho -\frac{(1-\nu^2)\varrho\omega^2}{8E}\rho^3 $$

实心圆盘包含圆心，位移和应力在圆心处应有界，故 $C_2=0$。于是

$$ \frac{\mathrm{d} u_\rho}{\mathrm{d}\rho}=C_1-\frac{3(1-\nu^2)\varrho\omega^2}{8E}\rho^2,\qquad \frac{u_\rho}\rho=C_1-\frac{(1-\nu^2)\varrho\omega^2}{8E}\rho^2 $$

代入物理方程，得到

$$ \begin{aligned} \sigma_\rho&=\frac E{1-\nu}C_1 -\frac{(3+\nu)\varrho\omega^2}{8}\rho^2\\ \sigma_\varphi&=\frac E{1-\nu}C_1 -\frac{(1+3\nu)\varrho\omega^2}{8}\rho^2 \end{aligned} $$

外圆周自由，要求 $\sigma_\rho(b)=0$，从而

$$ C_1=\frac{(1-\nu)(3+\nu)\varrho\omega^2b^2}{8E} $$

最终得到应力分量

$$ \begin{aligned} \sigma_\rho&=\frac{(3+\nu)\varrho\omega^2}{8}(b^2-\rho^2)\\ \sigma_\varphi&=\frac{\varrho\omega^2}{8} [(3+\nu)b^2-(1+3\nu)\rho^2]\\ \tau_{\rho\varphi}&=0 \end{aligned} $$

相应的位移为

$$ u_\rho=\frac{(1-\nu)\varrho\omega^2}{8E}\rho [(3+\nu)b^2-(1+\nu)\rho^2],\qquad u_\varphi=0 $$

圆心处两正应力相等，与圆心处径向方向的任意性相容：

$$ \sigma_\rho(0)=\sigma_\varphi(0) =\frac{(3+\nu)\varrho\omega^2b^2}{8} $$

外缘处径向应力为零，环向应力仍为拉应力：

$$ \sigma_\varphi(b)=\frac{(1-\nu)\varrho\omega^2b^2}{4} $$

对通常的 $0\le\nu<1/2$，两正应力均在圆心取得最大值。应力与 $\omega^2$ 成正比；在外缘自由的条件下，应力不含 $E$，位移则与 $1/E$ 成正比。

3、轴对称位移解法的特点

轴对称径向问题的未知位移只有 $u_\rho(\rho)$，几何方程和物理方程可直接将全部应力表示为 $u_\rho$ 及其一阶导数，平衡方程随之化为二阶常微分方程。应变由连续、单值的位移场导出，局部应变协调关系自动满足。

这类题目的求解次序为：由对称性确定非零位移分量，由几何方程和物理方程表示应力，再代入含体力的平衡方程，利用边界条件及圆心处的正则性确定积分常数。

不同边界条件在位移方程中分别写为

对于圆环，区域不包含圆心，$C_2/\rho$ 项应保留，并由内、外圆周上的条件共同确定。对于旋转体等径向体力已知的问题，位移方程的非齐次项直接表示体力作用；对于带径向约束或给定位移的边界，位移条件也可直接应用。

轴对称平面应变问题可在上述位移方程和物理关系中作替换

$$ E\longrightarrow \frac E{1-\nu^2},\qquad \nu\longrightarrow \frac\nu{1-\nu} $$

由此得到

$$ \frac{\mathrm{d}^2 u_\rho}{\mathrm{d}\rho^2}+\frac1\rho \frac{\mathrm{d} u_\rho}{\mathrm{d}\rho}-\frac{u_\rho}{\rho^2} =-\frac{(1+\nu)(1-2\nu)}{E(1-\nu)}F_\rho(\rho) $$

平面应力与平面应变的几何关系和平衡方程相同，差别通过物理方程进入位移方程及边界条件。

七、无限弹性半平面问题

取半平面的直线边界为 $x=0$，正 $x$ 轴垂直边界指向物体内部，$y$ 轴沿边界，物体占据 $x\ge0$ 的区域。集中载荷作用点取为原点，极角从正 $x$ 轴量起，故

$$ x=\rho\cos\varphi,\qquad y=\rho\sin\varphi,\qquad -\frac\pi2\le\varphi\le\frac\pi2 $$

不计体力，载荷均按单位厚度计算。

1、边界受法向集中力作用

设法向集中力 $F$ 沿正 $x$ 方向作用。将尖劈集中力解中的 $\alpha=\pi$、$\beta=0$ 代入，得到

$$ \sigma_\rho=-\frac{2F\cos\varphi}{\pi\rho},\qquad \sigma_\varphi=0,\qquad \tau_{\rho\varphi}=0 $$

这是半平面边界受法向集中力作用的符拉芒解。除载荷作用点外，边界面力为零；在物体内部，径向应力为压应力。

径向和环向为主应力方向，法线沿这两个方向的微分面均为主平面。对通过原点、直径沿 $x$ 轴且直径为 $d$ 的圆，其极坐标方程为

$$ \rho=d\cos\varphi $$

因此，圆周上除原点以外的各点均有

$$ \sigma_\rho=-\frac{2F}{\pi d} $$

由应力分量变换，得

$$ \sigma_x=\sigma_\rho\cos^2\varphi,\qquad \sigma_y=\sigma_\rho\sin^2\varphi,\qquad \tau_{xy}=\sigma_\rho\sin\varphi\cos\varphi $$

利用 $\cos\varphi=x/\rho$、$\sin\varphi=y/\rho$ 及 $\rho^2=x^2+y^2$，得到直角坐标形式：

$$ \begin{aligned} \sigma_x&=-\frac{2F}\pi\frac{x^3}{(x^2+y^2)^2}\\ \sigma_y&=-\frac{2F}\pi\frac{xy^2}{(x^2+y^2)^2}\\ \tau_{xy}&=-\frac{2F}\pi\frac{x^2y}{(x^2+y^2)^2} \end{aligned} $$

在给定深度 $x>0$ 的水平面上，$|\sigma_x|$ 在 $y=0$ 处最大，其值为

$$ |\sigma_x|_{\max}=\frac{2F}{\pi x} $$

切应力关于 $y=0$ 反对称。在 $y>0$ 一侧，对其绝对值求导，利用

$$ \frac{\mathrm d}{\mathrm dy} \frac y{(x^2+y^2)^2} =\frac{x^2-3y^2}{(x^2+y^2)^3} $$

得到最大绝对值出现在 $|y|=x/\sqrt3$，其值为

$$ |\tau_{xy}|_{\max}=\frac{2F}{\pi x}\frac9{16\sqrt3} $$

2、法向集中力引起的位移

先按平面应力求解。代入物理方程和几何方程，得到

$$ \begin{aligned} \frac{\partial u_\rho}{\partial\rho} &=-\frac{2F}{\pi E}\frac{\cos\varphi}\rho\\ \frac{u_\rho}\rho+\frac1\rho\frac{\partial u_\varphi}{\partial\varphi} &=\frac{2\nu F}{\pi E}\frac{\cos\varphi}\rho\\ \frac1\rho\frac{\partial u_\rho}{\partial\varphi} +\frac{\partial u_\varphi}{\partial\rho}-\frac{u_\varphi}\rho&=0 \end{aligned} $$

第一式对 $\rho$ 积分，得到

$$ u_\rho=-\frac{2F}{\pi E}\cos\varphi\ln \rho +f(\varphi) $$

代入第二式，对 $\varphi$ 积分，得

$$ u_\varphi=\frac{2F}{\pi E} \left(\ln \rho+\nu\right)\sin\varphi -\int f(\varphi)\,\mathrm d\varphi+g(\rho) $$

将两式代入零切应变条件，整理为

$$ \frac{\mathrm{d} f}{\mathrm{d}\varphi}+\int f\,\mathrm d\varphi+\rho \frac{\mathrm{d} g}{\mathrm{d}\rho}-g =\frac{2(\nu-1)F}{\pi E}\sin\varphi $$

将分离变量产生的常数吸收入积分函数，并对角向关系求导，得到

$$ \frac{\mathrm{d}^2 f}{\mathrm{d}\varphi^2}+f=-\frac{2(1-\nu)F}{\pi E}\cos\varphi,\qquad \rho \frac{\mathrm{d} g}{\mathrm{d}\rho}-g=0 $$

由于 $\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}\varphi^2}(\varphi\sin\varphi)+\varphi\sin\varphi=2\cos\varphi$，故

$$ f=-\frac{(1-\nu)F}{\pi E}\varphi\sin\varphi +I\cos\varphi+K\sin\varphi,\qquad g=H\rho $$

代回得到

$$ \begin{aligned} u_\rho={}&-\frac{2F}{\pi E}\cos\varphi\ln \rho -\frac{(1-\nu)F}{\pi E}\varphi\sin\varphi +I\cos\varphi+K\sin\varphi\\ u_\varphi={}&\frac{2F}{\pi E}\sin\varphi\ln \rho -\frac{(1-\nu)F}{\pi E}\varphi\cos\varphi +\frac{(1+\nu)F}{\pi E}\sin\varphi\\ &+H\rho-I\sin\varphi+K\cos\varphi \end{aligned} $$

选取不含横向刚体平移和刚体转动的对称位移场，则中心线上 $u_\varphi(\rho,0)=0$，从而 $H=K=0$。于是

$$ \begin{aligned} u_\rho={}&-\frac{2F}{\pi E}\cos\varphi\ln \rho -\frac{(1-\nu)F}{\pi E}\varphi\sin\varphi+I\cos\varphi\\ u_\varphi={}&\frac{2F}{\pi E}\sin\varphi\ln \rho -\frac{(1-\nu)F}{\pi E}\varphi\cos\varphi +\frac{(1+\nu)F}{\pi E}\sin\varphi-I\sin\varphi \end{aligned} $$

常数 $I$ 为沿正 $x$ 方向的刚体平移，由法向位移约束确定。

3、边界的相对沉陷

记边界点沿正 $x$ 方向的位移为沉陷 $w$。由于

$$ u_x=u_\rho\cos\varphi-u_\varphi\sin\varphi $$

在两侧边界 $\varphi=\pm\pi/2$ 上均有

$$ w(\rho)=-\frac{2F}{\pi E}\ln \rho -\frac{(1+\nu)F}{\pi E}+I $$

若没有规定法向位移基点，刚体平移 $I$ 无法由载荷条件确定。取边界上距加载点为 $s$ 的点作为基点，距加载点为 $\rho$ 的点相对于该点的沉陷为

$$ \begin{aligned} \eta&=w(\rho)-w(s)\\ &=-\frac{2F}{\pi E} \left(\ln \rho-\ln s\right)\\ &=\frac{2F}{\pi E}\ln\frac s\rho \end{aligned} $$

相对沉陷与平移常数无关。集中力作用下的二维位移含有对数项，不能用无穷远处位移为零来确定一个有限的平移常数。

对于平面应变问题，将位移关系中的 $E,\nu$ 分别换成 $E/(1-\nu^2)$、$\nu/(1-\nu)$，得到

$$ \eta=\frac{2(1-\nu^2)F}{\pi E}\ln\frac s\rho $$

4、边界受法向连续分布载荷作用

设边界区间 $-b\le y\le a$ 上承受沿正 $x$ 方向的连续分布载荷，强度为 $q(y)$。取边界上的积分变量为 $\xi$，在微段 $\mathrm d\xi$ 上的力为

$$ \mathrm dF=q(\xi)\,\mathrm d\xi $$

对体内点 $(x,y)$，该微小集中力的作用点为 $(0,\xi)$，二者的法向距离为 $x$，切向距离为 $y-\xi$。将集中力解中的 $F,y$ 分别换成 $\mathrm dF,y-\xi$，有

$$ \begin{aligned} \mathrm d\sigma_x&=-\frac2\pi \frac{q(\xi)x^3\,\mathrm d\xi}{[x^2+(y-\xi)^2]^2}\\ \mathrm d\sigma_y&=-\frac2\pi \frac{q(\xi)x(y-\xi)^2\,\mathrm d\xi}{[x^2+(y-\xi)^2]^2}\\ \mathrm d\tau_{xy}&=-\frac2\pi \frac{q(\xi)x^2(y-\xi)\,\mathrm d\xi}{[x^2+(y-\xi)^2]^2} \end{aligned} $$

利用线性叠加，沿受载区间积分，得到

$$ \begin{aligned} \sigma_x(x,y)&=-\frac2\pi\int_{-b}^a \frac{q(\xi)x^3}{[x^2+(y-\xi)^2]^2}\,\mathrm d\xi\\ \sigma_y(x,y)&=-\frac2\pi\int_{-b}^a \frac{q(\xi)x(y-\xi)^2}{[x^2+(y-\xi)^2]^2}\,\mathrm d\xi\\ \tau_{xy}(x,y)&=-\frac2\pi\int_{-b}^a \frac{q(\xi)x^2(y-\xi)}{[x^2+(y-\xi)^2]^2}\,\mathrm d\xi \end{aligned} $$

积分时，载荷强度应写成源点坐标 $\xi$ 的函数，场点坐标 $x,y$ 保持不变。边界上同时作用若干集中力时，可直接将各力引起的应力和相对沉陷相加。

5、边界受切向集中力或集中力偶作用

设边界集中力的法向、切向分量分别为 $F_x,F_y$。令尖劈张角 $\alpha=\pi$，得到任意方向集中力引起的应力：

$$ \sigma_\rho=-\frac2{\pi\rho} (F_x\cos\varphi+F_y\sin\varphi),\qquad \sigma_\varphi=\tau_{\rho\varphi}=0 $$

特别地，只有沿正 $y$ 方向的切向集中力 $F$ 时，取 $F_x=0,F_y=F$，有

$$ \sigma_\rho=-\frac{2F\sin\varphi}{\pi\rho},\qquad \sigma_\varphi=0,\qquad \tau_{\rho\varphi}=0 $$

边界受集中力偶 $M$ 作用时，保持尖劈力偶解的正号约定，令 $\alpha=\pi$，得到

$$ \begin{aligned} \sigma_\rho&=\frac{2M\sin2\varphi}{\pi\rho^2}\\ \sigma_\varphi&=0\\ \tau_{\rho\varphi}&=-\frac{M(\cos2\varphi+1)}{\pi\rho^2} \end{aligned} $$

集中力与集中力偶对应的应力分别按 $1/\rho$ 与 $1/\rho^2$ 衰减，均可作为线性叠加中构造更一般边界载荷解的基本解。