弹性力学简明教程-平面问题的极坐标解答习题详解

1、第四章年面问軀的級坐标解各典型例题讲解例4T如图所示，矩形薄板在四边受纯剪切力作用，切应力大小为q。如果 离板边较远处有一小圆孔，试求孔边的最大和最小正应力。例4-1图【解】（1）根据材料力学公式，求极值应力和量大正应力的方位角其中 = 6 = 0, q = % 得最大正应力。税“所在截面的方位角为若在该纯剪切的矩形薄板中，沿与板边成殳方向截取矩形ABCD,则在其边界 4上便承受集度为q的拉力和压力，如图所示。这样就把受纯剪切作用的板看作与 一对边受拉，另一对边受压的板等效。（2）取极坐标系如图。由a =t7 cos 2(1-)(1-3-5-),P P-(4-18)厂4=-cos2(l + 3

2、XP2 2% = -qsin 2卩(1 一 二)(i+3 二)得矩形薄板ABCD内的应力分量为2 2j =gcos2（l-爲）（1-3牛）（a）=- cos 2（1+ 3-）（b）p2 2%sin 2卩（1 - $）（1+ 3 爲）（c）其中a为小孔的半径，而孔边最大与最小正应力由式（b）,在p = a处得到兀=-q cos 2(1 + 3) = -4cos2当（P = 0, Tl时，孔边最小正应力为（）仙=一切，当申=夕时，孔边最大正应力为（）*乂 = 4q。分析：矩形板ABCD边界上各点的应力状态与板内无孔时的应力状态相同。也可以应用叠加法，求解薄板的各种较复杂的平面应力（应变）问题。习题

3、全解4-1试比较极坐标和直角坐标中的平衡微分方程、几何方程和物理方程，指出哪些项是相似的，哪些项是极坐标中特有的？并说明产生这些项的原因。【解】（1）极坐标，直角坐标中的平衡微分方程+ / =0 dp p d(p pdr 1 Oqdp p d(p- + + f=0Pdcr dr.K + + / =0dx dy+ + /v =0dy dx将极坐标中的平衡微分方程与直角坐标中的平衡微分方程相比较，第一式中,前两项与直角坐标相似；而严项是由于正P面上的面积大于负P面上的面积而产生 的，-严是由于正负（P而上的正应力在通过微分体中心的P方向有投影而引起的。 第二式中，前两项也与直角坐标相似；而血是由于

4、正P面面积大于负P面上的而P记而产生的；罟 是由于正负p面上的切应力在通过微分体中心的（P方向有投 影而引起的。由于邛竿= %p,仍可将这两个切应力只作为一个未知函数处理。（2）极坐标，直角坐标中的几何方程OU6将极坐标中的几何方程与直角坐标的几何方程相比较，第二式中的第一项丝 p是在极坐标中才有的，表示由于径向位移而引起的环形线段的伸长应变；第三式中的-乜是由于环向位移而引起的环向钱段的转角，这项也是在极坐标中才有的。P(3) 极坐标，直角坐标中的物理方程压=_叫) ，_1 于_2(1 + )于Y PP_E % T(X?E 冷(s-g)七=誑-)2(1 + “)极坐标中的物理方程与直角坐标的

5、物理方程是相似的。4-2试导出极坐标和直角坐标中位移分量的坐标变换式。【解】参看图，位移矢量是服从几何加减 运算法则的。位移矢量为d,它在(x,y)和(p,(p)坐标系中的分量分别表示为(仏叭和所以up = “cos0 + usin0“0 = “ sin(p + u cos (p写成矩阵形式 Upcos(psin。 II_sin#COS0V解4-2图所以_sin COS0A-COS02sin若写成一般形式，则位移分量的变换关系为u = lip cos (p 一 知 sin (p v = lip sin (p + cos (pup =“cos0 + vsin0 心=-m sin (p + vco

6、s p4-3在轴对称位移问题中，试导出按位移求解的基木方程。并证明= Ap + % = 0可以满足此基本方程。P屮【解】(1)设=U(P = O,代入几何方程中，教材中式(4-2)得形变分量(a)将式(a)代入物理方程，教材中式(4-3)得用位移表示的应力分量(b)将(b)式代入平衡微分方程，教材中式(4-1),在轴对称问题中，平衡方程为dp p o dp p dp pp dp pp dp p 負+丄叫仝=02 P dp p上式即为求Up的基本方程。(2)将up=Ap + U(p = 0代入式(d),很显然满足方程。4-4试导出轴对称位移问题中，按应力求解时的相容方程。【解】(1)在轴对称的情

7、况下，, =%p = 0,只有知 为基本未知函数,且作 1 6% llp = P P o(p P它们仅为P的函数。几何方程，教材中式(4-2)的前二式成为(a)对式(a)中的第二式求导，得(b)将式(a)中的, %代入式(b),得(c)(2)将物理方程，教材中式(4-3)、(4-4)中的用应力分量表示的形变分量代入 式(c)中，就得到按应力求解时的相容方程，即平而应力的相容方程：6=*(听_1丿(4_3)E,_ 1 _ 2(1 + 1/)_ 7 Tpp _ Tpp (勺一如)一音(b。一 bp)茅斧T-缶岸(吋坷缶_“巧)=*(bp_b) + “(bp _bj = *(l+ )_%) TV(b

8、 一gp) = (bp -b) dpP平而应变的相容方程: = - -,Ll- (a - b )卩 E p _ 0(4-4)1 一心 “、2(1 + “)昇屮一“2法仇-比 讣甘9宀)+一八d /1 z 、石尸时S“T 缶(I电产1 2E -冷宀-片叫T1 Y /1 +1 一“丿4-5试用一阶导数的坐标变换式，导出二阶导数的坐标变换式教材 4-3中的Q),(b), (c)【解】一阶导数的坐标变换公式6d(Pdp6d(p6Psin d(P=+=cos (p_ dxdpdxd(pdxdp6 6 dp6d(p . r1 sin (p卜 dvdpdyd(pdydppd(pdp p d(p6 cos 0

9、 60二阶导数的变换可以由一阶导数得出&d(6z dsine? d wdPsin60 =()=(COS0一-)(cos。一-)drdx dxdp p d(pdp p d(pd zsin。00、sine? d z6sin。6。、=cos (p (cos (p_) _(cos (p_)dpdp p d(p p d(pdp p 6(p.咨.16。.1 6辺.？ 1 60.1 &=cos (p +sm0cos0r-sm0cos0+ sin (p-sincos6p-d(pp dpd(pp dpp dpd(p. 16。 1+ sin cos (p；F sin (p ；p，d(pp- 6p】扌 r1 60=

10、cos(p+2sin0cosy7jpfP1 d(P 1 &+ r-op10 M7=cos (p+sirr (p6/r=cos (pp &P P11 501 &宀1 O. 21 dP 1-2sm0cos+ sin (psinprrp dpd(pp dppJ1 &1 M+- + sin2 (p+ .?P op p 6/r&d庁 . 勿 2 dyx dy d . CJ= sinsin+p8-2sin0cos0-2sin0cos0p1 d(p p dpc(p .Op p加厂(a)d 50. d cos6? a Y“(op p Q(p)濟6p P (P)1 60&Pd(P cos(p d(P ) cos

11、 dH.6 cos69 dP sin 69 +，6p p 6(p) d(P cos 0 60：sin0+ p d(p dp p d(p )=扌 1 601夕0 71 601 &=SllT(P 一 SinCOS0r+ SinG?COS62+ COS- (i)+ Sin 69 COS 6?dpp d(pp dpd(pp dpp dpd(p16。 2 1 &-smecos+ cos* (p-p d(pp，6-1dP1 &sin (p一2sin0cos；+ 2 Sin 69COS G?0c(pP C0. &1 61 &、/sin (p+cos(p卜r+ 2sincos0、P .c2P.1 601 &s

12、in* (p+cos* (p1; a r+ 2sincos0、P &P0羽d6p、Pp d(p2 p2 d(p21 &P21 夕+ cos (p+ COS (prr-p dp0 d(p1 & 1 1 d(P(b)6询 _ 0(60 dxdy dx ( dy6=COS 69 S.6 co、(p d sin 69+op P Q(P)6 COS 50 1Sin 69+6p p 6(p)16。 71d2一 sm0cos0-sirr (pp dpd(pp dpp dpd(p= sm0cosy6”p op1 p切丿 i沦p &pp1盼丿d2(i eoi &p2Ip bp1 p2 M2=sin 0 cosy

13、=sin cosy(& 1 & 1.1 dP 1 d2(P+ COS* (f) +I p- d(p pdpo(p；+ (cos2 9-sin-sin2 (p p dpd(p p1 d(p.,/1 601 & iny 7+I d(p pdpd(p)+ ( cos2 -sin2 (p)dp v p d(p(c)d sine? d YcosP P如八.6 cosc? d &2,2c- = bcos 0 + bsm 0sin2& ，&-=sin* (p+cos5y2dp2& 24% = y r+(3 + 2h”) + 2C首先，在圆盘的周界(p = r)上，有边界条件(op)”, = q,由此得 Ab

14、p = 4- B(1 + 2 In r) + 2C = _q ,其次，在圆盘的圆心，当PT 0时式)中的第一、第二项均趋于无限大，这是不可能的。按照有限值条件(即，除了应为集中点以外，弹性体上的应力应为有限值。)，当P = O时，必须有A二B二0。把上述条件代入式(b)中，得2所以得应力的解答为4-8试考察应力函数 Sep,能解决题4-8图所示弹性体的何种受力问题?(f题48图【解】木题按逆解法求解。(1) 相容条件把应力函数代入相容方程V40 = 0,显然是满足的。(2) 由应力函数求应力分量表达式1801 & d ( q 3 J 1=_- +飞=P cos3 +飞p c(p 6ap op

15、p c(p p op 6a丿，=3p2 cos3(p + - p (-3sin39) phap2 6a d(py)=pcos3c?- pcos 3(p2a2a=pcos3?夕1f qI ha& bp”cos30a=pcos 3(pp cos3(p6ap3sin3P P 6a丿d d()=dp p d(p dpp2sin 3(p =psin3c?dp2a) a求出边界上的而力p = 30。而上，0申0p = 3面上，Op = qcos3(p,% = qsin3(p；面力分布如解4-8图所示，因此上述应力函数可解决如图所示的受力问题。4-9半平面体表面上受有均布水平为q,试用应力函数0 = ”(B

16、sin20+Cy)求解应 力分量，如题4-9图所示。 4-9 图【解】(1)相容条件将应为函数代入相容方程旷0 = 0,显然满 足。(2)由求应力分量表达式j = 一 2B sin 2(p + 2C(p bg = 2Bsin2(p + 2C(p% = -2B cos 2(p_C(3)考察边界条件：注意本题有两个p面，即卩=彳，分别为土申面上，应力符号以正而正向、负面负向为正。因此，有(讥吆=0，得C=o；的B = -*将各系数代入应力分量表达式，得升=qsn2(p2”G,M u =e t2;rGe +5 =2兀G 2)再把上式代入式(f),即得所求方程的通解为G 4”G根据边界条件，当P二二

17、F时，(_广=0,即(u ) = Ar = 0, 4Gr所以A= J由此得位移分量为w p= 0，MM _(P f4Gr24兀Gp nGr r p)4-12楔形体在两侧面上受有均布剪力q,如题4-12图所示，试求其应力分量。【解】（1）应用应力函数0 = Q2（Acos20+Bsin20+Cy+）,进行求解。由应力函数得应力分量1 1 & / yp =+ = -2(Acos20+ Bsin 2(p_C(p_D)p dp 60-&ro = 2( A cos 2(p+B sin 2(p + C(p + D)d 1 6r =一 ()=2 A sin 2(p - 2B cos 2(p-Cdp p d(

18、p（2）考察边界条件：根据对称性，得=0;由式(a)得 由式(b)得 由式(c)得 由式(d)得2A cos 0 + 2B sin 0 + C0+2) = 0;2A sin 2 - 2B cos 2(p-C = q2A cos(p-2Bsin(p-C(p+2D = 0;-2 A sin(p-2Bcos(p-C = -q;W)何2)W)(0(/)(g)何式(e)、(f)、(g)、(h)联立求解,得A = -,B = C = 0,) = cot cr.sin a2将以上各系数代入应力分量，得cos 1(0= -q + cot asin。cos 2(p)一 -cot aI sin。丿sin 2(p=

19、qsin a4-13设有内半径为r,外半径为R的圆筒受内压力q,试求内半径和外半径 的改变，并求圆筒厚度的改变。【解】本题为轴对称问题，只有径向位移而无环向位移。当圆筒只受内压力q的情况下，取应力分量表达式，教材中式(4-11),由位移单值条件，B二0。Abo = -r +1 + 2 In p) + 2CAb = +B(3 + 21np) + 2C (4一11)内外的应力边界条件要求由表达式可见,(bp)=-g,(bp) ”R=0.前两个关于Tp的条件是满足的，而后两个条件要求 +2C = -g rAr+2C = 0由上式解得qrR2肝(町把A、B. C值代入轴对称应力状态下对应的位移分量，教

20、材中式(4-12)1Au = 一(1 + “)一+ 2B(1 )Q(ln p_l) + B(l_3“)p + 2C(l- p)p +1 cos(p+ Ksin(p EPqr2R2()； (1 一 )Q + /cos0+Ksin02(/?- -rjR2 r.0附巧(】一“)小*) w+Ksi吓up = Hp-Isin(p+Kcos(p = 0式(c)中的p,(P取任何值等式都成立，所以各自由项的系数为零H二I二K二0。所以，轴对称问题的径向位移式(b)为O2而圆筒是属于平而应变问题，故上式中ET厶,“T厶代替，则有I-/1-/o2P附“)严“沪5幕上2qrn亍心汙li-C 720-a2）rE（R

21、j）P_（1-宀”+（1+宀）兰1 _ 1 - / Pqr（l-）p2+（l+-）/?21 _ 1-/（1一一 ）p2+（l + -2L_）/?2 =q 1-1-EpX-11川1广丿此时内径改变为咔宀诒“（3）（1-总）八（总酒q -_-rErR2E,1川r ll厂丿厂p1（1 一Q）（1 -/-;/）r2 + （1 -/ +E（/?2-r2）（l-A）_ 0（1） （1 一“）尸一“尸 + R2 -/.iR- + pRE（F-尸）（1-“）_（1一”2）（1_“）尸+“（疋_广2） + （1_“）用=E（用）（1-）_ （1 一）（1 一“）（用+心+（心一尸）=E（/?2-r ）（1-/）

22、（1-”）E外径改变为i5=q-比丹+(比丹“(S)ER （R2 1_ 12/7?R2-r21 “2 r2圆环厚度的改变为(S)律-ER + r1-GT 丿4-14设有一刚体，具有半径为R的圆柱形孔道，孔道内放置外半径为R而 内半径为r的圆筒，圆筒受内压力为q,试求圆筒的应为。【解】本题为轴对称问题，故环向位移=0,另外还要考虑位移的单值 条件，有(1)应力分量引用轴对称应力解答，教材中式(4-11) oAb = t + 3(1 + 2 In /?) + 2C(4-11)A=-+ B(3 + 21np) + 2C取圆筒解答中的系数为A、B、C,刚体解答中的系数为A J B C由多连体中的位移单

23、值条件，有(a)=0o(b)现在，取圆筒的应力表达式为A升=+ 2C(c)0Ab =7 + 2C P2刚体的应力表达式Af(d)巧+ 2Cp-考虑边界条件和接触条件来求解常数A、A C、C，和相应的位移解答。首先在圆筒的内面，有边界条件Mp=r = q由此得 + 2C = -q（e）广其次，在远离圆孔处，应当几乎没有应力，于是有（）（Ux=0由此得(f)2C = 0再次，圆筒和刚体的接触而上，应当有于是有式（c）及式（d）得$ + 2C = + 2C。（2）平而应变问题的位移分量应用教材中式（4-12）的第一式，稍加简化后可以写出圆筒和刚体的径向位 移表达式iA(4-12)u = 一(1 +

24、“)一 + 23(1 - /)p(ln 一 1) + 3(1 - 3)q + 2C(1- p)p +1 cos(p+Ksin 0 EPu& = -f(p)d(p + fp) = - + Hp-Isin(p+Kcos(p因圆筒是属于平而应变问题，故上式中Et厶,“T厶代替，则有I-/1-/up = -r- -(1 +- + 2C(1 - p + / cos 0 + K sin 0E1-/ p1-/1 - “2=-(!) - + 2C(p + / cos 0 + K sin (pE_p p 1 _“E=- + 2C(1 - 2/)p +1 cos 0 + K sin (p E P= 2(l-2/)

25、Cp- + /cos + /CsinEP_(1 -“)(l + )_(_l_)d + 2c(lz2”+/cos0+Ksin()(01-/7 p 1-/Z刚体的径向位移为零，在接触而上，圆筒与刚体的位移相同且都为零，即(“Ji将式(h)和式(i)代入，得lip = - /-2(1 -2p)CR- + /cos(p+Ksin(p = 0ER方程在接触而上的任意点都成立，(P取任何值都成立，方程两边的自由项必须相等。于是得早2(1-2)CR-亠0。匕1简化并利用式(f),得1+EA2(1-2)C7?-” = 0tA2(1-2“)C7?-” = 0t(j)A = 2(1 2)CR2(3)圆筒的应力把式

26、(j)代入式(e),得2(1- 2/)C7?2 A + 2C = t2(2“丹qr，2(1-2“)疋 + 刊A = 2(l-2“)CF=-2(1- 2“)臣匚一有 2(l-2/7)/?2+r2_Q-2如疋 (1一2“)疋+門圆筒的应力为b -人I弋- (1-2咖心q卩 丁 一 P2 (l-2A)/?2 + r2J 2(l-2/)7?2+r2 一上型斗2一申=； q = ；qQ-2“)R+-(l-2/)/?- + r-1-2/ 1=_ (1-2/) 1;1rr &b _ i (i 一 2“)F2 亦 P1 d-2“)川 + 門2(1-2“)用 + r2(1 - 2“)“吹丄P2(1一2“)疋+厂

27、2(i_2/)/?2 + r2r2/?2-r2=q(l-2/z)/?2+r21-2/ 1=qi+ -Tr X4-15在薄板内距边界较远的某一点处，应力分量为6=6=0,心=如该处有一小圆孔，试求孔边的最大正应力。q y p图 4-15【解】（1）根据材料力学公式，求极值应力和量大正应力的方位角其中（J x =6=0, tx = q、得最大正应力所在截而的方位角为qg-0= 1t若在该纯剪切的矩形薄板中，沿与板边成殳方向截取矩形ABCD,则在其边界4上便承受集度为q的拉力和压力，如图所示。这样就把受纯剪切作用的板看作与-对边受拉，另一对边受压的板等效。1111 门 111111TnrrnTnT解

28、415图（2）取极坐标系如图。应力分量=q,b、q,f =0代入坐标变换式,教材中式（4-7）,得到外边界上的边界条件心）皿=in 20（b）在孔边，边界条件是()由边界条件式（a）、（b）、（c）、（d）可见，用半逆解法时，可假设为p的某一函数乘以cos2,而为P的另一函数乘以sin2 + p &P因此可假设- /(p)cos 2(p =0td2W1+p6” p op p1 d(p2 )d2f(P). 1 df(p) 4S+一dp- Pdpp厶 COS 20 = 0 T d(p-迤U学L*Pdppp2dpp吋p5J (p)p2丄业+丄述+兰()_上p2dppdp1”八刃pl=Ott/(P)c

29、os20cos 2%cos 2?1+ p4 h/7(p)1 #(p)4:TP dp p dp p15 #(p)1 J7(p)8_+ /(P)cos2P，g P 2 P2字+丄兽+丄卜2卩P dp p dpp卜丄#(P)4P dP P：cos 2 = 0 0ddp1+pcos 20 = 0 T_4_ ?r7(p), 1O#(P)5 心(p)1, 1 7(P)24 , _; 1 r_ ；: 1-zr / I P H r dp p、dp p dp p dp p dp ppp 如 ” dp p- dp- p J 屮4 / (小，4 0()1Pdp pdp/7(p)2 J7(p)9 t/7(p) 9co

30、s 2cos 2 = 0 dppdppd pp7(P), 2d3f(p)9 d2f(p) 9 #(p)_ndpA p dp p1 d pp dp299r(p)+-r(p)- 4 厂 a+4 fs=pp方程两边同乘以p4,得R/yp) + 2q3/3)9q2 厂 S)+ % 广(p) = 0这是齐次欧拉方程。作变换p = efggt = lnp,有df(p) _ df(p) dt _ 1 df(p)I ， dp Pdp p dt )dp dt dp)dtI 如)，1 心s dt1 df(p) 1 心(P) 1二 I ，-4- ， ，z= ， ，-i- ，p2 dt p dt2dpp2 dtp d

31、rpdt p dt2 dpdr1 d (d2f(p)fb dp dr2 ( d2f(p)#(P)P3l drdt+ 丿0-1 M(G_3 也0 + 211 2/s)丄Pdt p drdtydt1丁s)_ d r i(dyf(p) d2f(p)d-ydF dTd (d5f(p)3d2f(p)+p dp-3fjy(p)p41 肿 dr一 3叫牌+ 1皿6 dt4dt3drdtdt2-3e)+23P4铲+ 2心回_3心凹+ 2巴回赤 dt3dr i将上式代入欧拉方程，得4 丄(心凹_6心凹+ 11也2_6 dt1P Cl dr.皆心) +哼6dt4dtdr丁S)门 1予9) 6 妙9) dt3drd

32、tdt3心（P）卜2% dr dt 丿+2心斗牌+ 4如 dtdrdt一9也空+9如dt1dt+9 2(2-4)(22-4)= 0 2(2-4)(2-2)(2 + 2) = 0解得，2 = 4、2、0、-2。于是方程的通解为F(/) = M + Be21 + CeQ, + D 严= Ae41 + Be2t +C + D-作变ef = p,得/ (P)= Aq，+ Bp +C + Dy其中A、B、C、D为待定常数。代入(C),得应力函数 1、 1 dJ =+ =P 8 P，6(p Ppcos20 A/?4 + Bp- + C + D-cos20丄 4Ap： + 2Bp-2D-cos20丄-P“c

33、 “ 4C 6D=COS 2(f) 2B d H r P )P1 d24.r i h；7 cos 2 Ap + Bp + C + D) 羽 Ii + Bp2 + C + D P)7)夕 d26冷=环cos+ B pJ + C + D=cos 2(p 124”+23 +6)厶2(p A/ +盼+ C + D 丄丿丿丿=_ Icosoppo(p钊Ap3 + Bp + C 丄+ D 丄P P丿_2 p2 PA p2 d(p p dpd(p dp p d(p d ( 2,、=sin2(p Ap +Bp +C + Dp=2 sin 2 69 -dp= 2sin2 34/r+B-=sin 2卩-二2C 6

34、D)(d)将式(b)代入边界条件式(a)和(b),4C 60(2)6AW务罟“q(3)2B耳耳=06Ar+2B-3- = o求解A、B、C、D,然后命？t0,得K先消去D,由(1) + (2 )及(3) + (4 )得(8)(卜)虻、93+-+说T & 电 I 寸 I I 丄、+ ) ( I &K (+)(&)小 lr&)2eg 王 b 在b &X k)层 + %0了 % I - u- 7 k(&kj0 八 (lIKc eg&0 丄 lKuy 由（3）式得2 加+4G2+6D = 0t2D =一-|r4 + 4qr2 -r2由（4）式得将各己知值代入式（d）,得应力分量的最后表达式% = g

35、cos 2卩(1 _ 2)(1 _ 3P P(4-18)r4=- cos 2( 1 + 3),P一泌2心訓+ 3斧，应力集中系数为4 o在孑屯边/气=-4gcos20最大、最小应力为g4-16 同习题 4-15,但（7兀=（yy = Txy = qc【解】（1）求出两个主应力，即2qbnun .(2)原来的问题变为矩形薄板只在左右两边受均布拉力2q,如解4-16图Q)所示。可以将荷载分解为两部分：第一部分是四边受均布拉力吐鱼=空竺=- 2 2如解4-16图(b)；第二部分是左右两边的均布拉力警=鱼矜和上下两边 2 2的均布压力丄牛q,如解4-16图(c)o对于第一部分荷载，可应用解答，教材中式

36、(4-17)；对于第二部分解答，教材中式(4-18) o将两部分解答叠加，即得原荷载作用下的应力分量(基尔斯的解答)。令)+心2小訥一手),= (1 + ) - cos 2(1 + 3 ).“P厂厂J = -Qsin 2卩(1 - )(1 + 3)沿着孔边p = r,环向正应力是(yo = 2g-4gcos20最大环向正应力为(入)讹=6。二二三qq(b)g解416图4-17在距表面为h的弹性地基中，挖一直径为d的水平圆形孔道，设hd,弹性地基的密度为p,弹性模量为E,泊松比为口。试求小圆孔附近的最大、最小应力。【解】（1）距地表为h处，无孔时的铅直应力az = -pgh,由水平向条件乞=Ey

37、 = 0,可得6 =6O1一X向为水平圆形孔道的轴向，在横向y, Z平面的主应力为5 = -pgh、2(12（弔rTnnrnTTnnrn（-伞）5jTPgh豔严O = 0ta21 a1 a2 K z . nop1 pdp p2 dcp1 J 1P如1 _d_PPP2 坤1 cl2z 1 d2(Pp1 P2如=0t这是四阶常系数齐次微分方程，其特征方程为24+422=0求解特征方程24+422=022(22+4)= 0它的根是人=2i, A2 = -2/,人=人=0。因此，所给微分方程的通解为=严(C| cos 00+C 2 sin 00)+严 G + CA(p)此处a = 0,0 = 2,久=0,所以(