一、圆柱体的扭转

1、问题与应力分布

考虑长为 $L$ 的等截面圆柱体，两端承受大小相等、方向相反的扭矩 $M$，不计体力。取 $Oz$ 为柱体轴线，$Ox,Oy$ 位于下端横截面内，原点 $O$ 为该截面的形心。

\begin{tikzpicture}[>=stealth,scale=1.5]
  \draw[thick] (-0.7,0) -- (-0.7,3.2);
  \draw[thick] (0.7,0) -- (0.7,3.2);
  \draw[thick] (0,3.2) ellipse (0.7 and 0.24);
  \draw[thick] (-0.7,0) arc[start angle=180,end angle=360,x radius=0.7,y radius=0.24];
  \draw[dashed] (0.7,0) arc[start angle=0,end angle=180,x radius=0.7,y radius=0.24];
  \draw[->] (0,0) -- (0,4) node[above] {$z$};
  \draw[->] (0,0) -- (1.55,0) node[right] {$y$};
  \draw[->] (0,0) -- (-0.95,-0.8) node[below] {$x$};
  \node[above left] at (0,0) {$O$};
  \draw[<->] (1.1,0) -- (1.1,3.2) node[midway,right] {$L$};
  \draw[blue,thick,->] (0.47,3.28) arc[start angle=25,end angle=315,x radius=0.52,y radius=0.18];
  \node[blue,right] at (0.75,3.65) {$M$};
  \draw[blue,thick,->] (0.47,-0.08) arc[start angle=-25,end angle=-315,x radius=0.52,y radius=0.18];
  \node[blue,right] at (0.75,-0.45) {$M$};
  \begin{scope}[shift={(5,1.7)}]
    \draw[thick] (0,0) circle (1.5);
    \draw[->] (0,0) -- (2.1,0) node[right] {$y$};
    \draw[->] (0,0) -- (0,-2) node[below] {$x$};
    \node[above left] at (0,0) {$O$};
    \draw (0,0) -- (0.9,-0.9);
    \node at (0.35,-0.14) {$\rho$};
    \draw[->] (0,-0.5) arc[start angle=-90,end angle=-45,radius=0.5];
    \node at (0.28,-0.68) {$\varphi$};
    \fill (0.9,-0.9) circle (1.4pt);
    \draw[blue,thick,->] (0.9,-0.9) -- (1.6,-0.2) node[right] {$\tau$};
    \draw[dashed,->] (1.6,-0.9) -- (1.6,-0.2) node[midway,right] {$\tau_{zx}$};
    \draw[dashed,->] (0.9,-0.9) -- (1.6,-0.9) node[below] {$\tau_{zy}$};
  \end{scope}
\end{tikzpicture}

以 $\alpha$ 表示单位长度的扭转角，以 $G$ 表示切变模量。距截面形心 $\rho$ 处的切应力大小为

$$ \tau=\alpha G\rho $$

切应力沿圆周切向。若 $\varphi$ 为半径与 $Ox$ 的夹角，则

$$ \cos\varphi=\frac{x}{\rho},\qquad\sin\varphi=\frac{y}{\rho} $$

将切应力投影到坐标方向，得

$$ \tau_{zx}=-\tau\sin\varphi=-\alpha Gy,\qquad \tau_{zy}=\tau\cos\varphi=\alpha Gx $$

由切应力互等关系，取应力场为

$$ \tau_{xz}=\tau_{zx}=-\alpha Gy,\qquad \tau_{yz}=\tau_{zy}=\alpha Gx,\qquad \sigma_x=\sigma_y=\sigma_z=\tau_{xy}=0 $$

应力分量均为坐标的一次函数，所有二阶空间导数为零，故在体力为零时自动满足应力协调方程。由已知应力形式出发，校核平衡与边界条件，再恢复应变和位移，是半逆解法的应用。

2、平衡方程与边界条件的校核

应力场不随 $z$ 改变，故前两条平衡方程分别化为

$$ \frac{\partial\tau_{zx}}{\partial z}=0,\qquad \frac{\partial\tau_{zy}}{\partial z}=0 $$

第三条为

$$ \frac{\partial\tau_{xz}}{\partial x} +\frac{\partial\tau_{yz}}{\partial y} =\frac{\partial(-\alpha Gy)}{\partial x} +\frac{\partial(\alpha Gx)}{\partial y}=0 $$

因此体内平衡条件全部满足。

令边界外法线的方向余弦为 $l,m,n$，给定面力分量为 $\bar f_x,\bar f_y,\bar f_z$。当前应力场的面力为

$$ \bar f_x=\tau_{zx}n,\qquad \bar f_y=\tau_{zy}n,\qquad \bar f_z=\tau_{xz}l+\tau_{yz}m $$

圆柱侧面有 $l=x/\rho$、$m=y/\rho$、$n=0$，于是

$$ \bar f_x=\bar f_y=0,\qquad \bar f_z=-\alpha Gy\frac{x}{\rho}+\alpha Gx\frac{y}{\rho}=0 $$

侧面无载条件逐点满足。

设横截面为 $A$。端面载荷只给定扭矩时，采用静力等效的放松边界条件。在法线沿 $z$ 正方向的截面上，要求

$$ \iint_A\tau_{zx}\,\mathrm dx\,\mathrm dy=0,\qquad \iint_A\tau_{zy}\,\mathrm dx\,\mathrm dy=0 $$

$$ M=\iint_A(x\tau_{zy}-y\tau_{zx})\,\mathrm dx\,\mathrm dy $$

由于坐标原点位于形心，$\iint_Ax\,\mathrm dA=\iint_Ay\,\mathrm dA=0$，前两式成立。扭矩条件化为

$$ \begin{aligned} M&=\iint_A\left[x(\alpha Gx)-y(-\alpha Gy)\right]\mathrm dA\\ &=\alpha G\iint_A(x^2+y^2)\,\mathrm dA =\alpha GI_p \end{aligned} $$

其中

$$ I_p=\iint_A(x^2+y^2)\,\mathrm dA $$

为截面的极惯性矩，$GI_p$ 为抗扭刚度。因此

$$ \alpha=\frac{M}{GI_p} $$

两端外法线相反，对应的外力矩也方向相反。若实际端部面力与上述分布仅静力等效，则所得应力场描述远离端部局部影响区域的扭转状态。

3、由应力积分求位移

由物理方程，三个正应变为零，切应变为

$$ \gamma_{yz}=\alpha x,\qquad\gamma_{xz}=-\alpha y,\qquad\gamma_{xy}=0 $$

代入几何方程，有

$$ \frac{\partial u}{\partial x}=0,\qquad \frac{\partial v}{\partial y}=0,\qquad \frac{\partial w}{\partial z}=0 $$

$$ \begin{cases} \dfrac{\partial w}{\partial y}+\dfrac{\partial v}{\partial z}=\alpha x\\[5pt] \dfrac{\partial u}{\partial z}+\dfrac{\partial w}{\partial x}=-\alpha y\\[5pt] \dfrac{\partial v}{\partial x}+\dfrac{\partial u}{\partial y}=0 \end{cases} $$

前三式分别积分，得到

$$ u=f(y,z),\qquad v=\varphi(x,z),\qquad w=\psi(x,y) $$

代回切应变关系，得

$$ \begin{cases} \psi_{,y}+\varphi_{,z}=\alpha x\\ f_{,z}+\psi_{,x}=-\alpha y\\ \varphi_{,x}+f_{,y}=0 \end{cases} $$

逗号后的变量表示相应偏导数。将三式分别对 $x,y,z$ 求偏导，得到

$$ \psi_{,xy}+\varphi_{,xz}=\alpha,\qquad f_{,yz}+\psi_{,xy}=-\alpha,\qquad \varphi_{,xz}+f_{,yz}=0 $$

前两式相加并利用第三式，得 $2\psi_{,xy}=0$，继而

$$ f_{,yz}=-\alpha,\qquad\varphi_{,xz}=\alpha,\qquad\psi_{,xy}=0 $$

再利用各函数不含的变量，分别对三条一阶关系求偏导，得

$$ f_{,yy}=f_{,zz}=0,\qquad \varphi_{,xx}=\varphi_{,zz}=0,\qquad \psi_{,xx}=\psi_{,yy}=0 $$

对 $f_{,yz}=-\alpha$ 先按 $y$ 积分，得 $f_{,z}=-\alpha y+C(z)$；由 $f_{,zz}=0$ 知 $C(z)$ 为常数 $b$。再按 $z$ 积分，并用 $f_{,yy}=0$，得

$$ f=-\alpha yz+ay+bz+c $$

同理，对 $\varphi$ 和 $\psi$ 积分，得到

$$ \varphi=\alpha xz+dx+ez+g,\qquad \psi=hx+iy+k $$

这些函数还须代回一阶关系。依次得到

$$ e+i=0,\qquad b+h=0,\qquad a+d=0 $$

因此一般位移为

$$ \begin{cases} u=-\alpha yz-dy+bz+c\\ v=\alpha xz+dx-iz+g\\ w=-bx+iy+k \end{cases} $$

其中常数项为刚体平移，一次项中的 $b,d,i$ 表示刚体转动。

4、刚体运动的排除与扭转变形

令原点位移为零，得到 $c=g=k=0$。再固定原点处沿 $z$ 方向微线段的方向，即

$$ \left.\frac{\partial u}{\partial z}\right|_O=0,\qquad \left.\frac{\partial v}{\partial z}\right|_O=0 $$

从一般位移式得到 $b=0$、$i=0$。令原点处沿 $y$ 方向微线段不向 $x$ 方向转动，即

$$ \left.\frac{\partial u}{\partial y}\right|_O=0 $$

得到 $d=0$。于是

$$ u=-\alpha yz,\qquad v=\alpha xz,\qquad w=0 $$

在截面 $z=z_0$ 上，令该截面的转角为 $\vartheta=\alpha z_0$，则

$$ u=-\vartheta y,\qquad v=\vartheta x,\qquad w=0 $$

这正是截面绕形心的无穷小刚体转动。各横截面保持为平面，不发生轴向翘曲；相距 $L$ 的两个端面之间的相对转角为

$$ \alpha L=\frac{ML}{GI_p} $$

二、梁的纯弯曲

1、问题与应力分布

考虑不计自重的等截面直梁，两端承受大小相等、方向相反的力偶矩 $M$。力偶作用在梁的对称平面内。取 $Oz$ 为通过截面形心的梁轴线，$Ox,Oy$ 为截面的形心主轴，弯矩方向平行于 $Oy$。

\begin{tikzpicture}[>=stealth,scale=1.5]
  \draw[thick] (0,-0.5) rectangle (4.6,0.5);
  \draw[thick] (0,0.5) -- (0.5,0.95) -- (5.1,0.95) -- (4.6,0.5);
  \draw[thick] (4.6,-0.5) -- (5.1,-0.05) -- (5.1,0.95);
  \draw[dashed] (0,-0.5) -- (0.5,-0.05) -- (5.1,-0.05);
  \draw[dashed] (0.5,-0.05) -- (0.5,0.95);
  \draw[->] (0,0) -- (5.9,0) node[right] {$z$};
  \draw[->] (0,0) -- (0,1.65) node[above] {$x$};
  \draw[->] (0,0) -- (-0.9,-0.85) node[below] {$y$};
  \node[below right] at (0,0) {$O$};
  \draw[blue,thick,->] (-0.95,0) arc[start angle=180,end angle=85,radius=0.95];
  \node[blue,left] at (-0.85,0.8) {$M$};
  \draw[blue,thick,->] (5.8,0) arc[start angle=0,end angle=95,radius=0.95];
  \node[blue,right] at (5.65,0.8) {$M$};
\end{tikzpicture}

设弯曲后梁轴线的曲率半径为 $R$，取应力分布

$$ \sigma_z=-\frac{Ex}{R},\qquad \sigma_x=\sigma_y=\tau_{yz}=\tau_{xz}=\tau_{xy}=0 $$

$x>0$ 一侧受压，$x<0$ 一侧受拉。该应力场为坐标的一次函数，满足无体力时的应力协调方程。

2、平衡条件与弯矩—曲率关系

只有 $\sigma_z$ 非零，且与 $z$ 无关，因此三条平衡方程均满足。

梁的侧面外法线有 $n=0$，从而

$$ \bar f_x=0,\qquad\bar f_y=0,\qquad\bar f_z=\sigma_zn=0 $$

侧面无载条件满足。对于端面，按放松边界条件校核其合力和合力矩。由形心及形心主轴的定义，有

$$ \iint_Ax\,\mathrm dA=0,\qquad\iint_Axy\,\mathrm dA=0 $$

于是轴向合力和绕 $Ox$ 的力矩分别为

$$ \iint_A\sigma_z\,\mathrm dA=-\frac ER\iint_Ax\,\mathrm dA=0 $$

$$ \iint_Ay\sigma_z\,\mathrm dA=-\frac ER\iint_Axy\,\mathrm dA=0 $$

绕 $Oy$ 的力矩为

$$ M=-\iint_Ax\sigma_z\,\mathrm dA =\frac ER\iint_Ax^2\,\mathrm dA =\frac{EI_y}{R} $$

其中 $I_y=\iint_Ax^2\,\mathrm dA$ 为截面对 $Oy$ 的惯性矩。因此

$$ \frac1R=\frac{M}{EI_y} $$

在与该应力场对应的端部面力分布下，基本方程和边界条件均满足；只给定端部力偶矩时，所得解适用于远离端部局部影响的区域。

3、位移积分

由物理方程，得到

$$ \varepsilon_x=\frac{\nu x}{R},\qquad \varepsilon_y=\frac{\nu x}{R},\qquad \varepsilon_z=-\frac{x}{R},\qquad \gamma_{yz}=\gamma_{xz}=\gamma_{xy}=0 $$

代入几何方程，先积分三个正应变关系，有

$$ u=\frac{\nu x^2}{2R}+f(y,z),\qquad v=\frac{\nu xy}{R}+\varphi(x,z),\qquad w=-\frac{xz}{R}+\psi(x,y) $$

再将它们代入三个切应变关系，得

$$ \begin{cases} \psi_{,y}+\varphi_{,z}=0\\ f_{,z}+\psi_{,x}=\dfrac zR\\[3pt] \varphi_{,x}+f_{,y}=-\dfrac{\nu y}{R} \end{cases} $$

三式分别对 $x,y,z$ 求偏导，得到

$$ \psi_{,xy}+\varphi_{,xz}=0,\qquad f_{,yz}+\psi_{,xy}=0,\qquad \varphi_{,xz}+f_{,yz}=0 $$

联立可得三个混合偏导数均为零。对各一阶关系再作适当求导，得到

$$ f_{,yy}=-\frac\nu R,\qquad f_{,yz}=0,\qquad f_{,zz}=\frac1R $$

$$ \varphi_{,xx}=\varphi_{,xz}=\varphi_{,zz}=0,\qquad \psi_{,xx}=\psi_{,xy}=\psi_{,yy}=0 $$

由 $f_{,yy}=-\nu/R$，先积分得

$$ f=-\frac{\nu y^2}{2R}+A(z)y+B(z) $$

由 $f_{,yz}=0$ 得 $A'(z)=0$，故 $A(z)=a$。再由 $f_{,zz}=1/R$，得 $B''(z)=1/R$，从而

$$ f=-\frac{\nu y^2}{2R}+\frac{z^2}{2R}+ay+bz+c $$

另外两个函数的二阶偏导数全为零，故

$$ \varphi=dx+ez+g,\qquad\psi=hx+iy+k $$

代回三条一阶关系，仍有

$$ e+i=0,\qquad b+h=0,\qquad a+d=0 $$

因此一般位移为

$$ \begin{cases} u=\dfrac{z^2+\nu(x^2-y^2)}{2R}-dy+bz+c\\[6pt] v=\dfrac{\nu xy}{R}+dx-iz+g\\[6pt] w=-\dfrac{xz}{R}-bx+iy+k \end{cases} $$

令原点的三个位移为零，再规定

$$ \left.\frac{\partial u}{\partial z}\right|_O=0,\qquad \left.\frac{\partial v}{\partial z}\right|_O=0,\qquad \left.\frac{\partial v}{\partial x}\right|_O=0 $$

分别得到 $c=g=k=0$ 和 $b=i=d=0$。于是

$$ u=\frac{z^2+\nu(x^2-y^2)}{2R},\qquad v=\frac{\nu xy}{R},\qquad w=-\frac{xz}{R} $$

4、梁轴线与横截面的变形

对梁轴线上的点 $x=y=0$，有

$$ u=\frac{z^2}{2R},\qquad v=w=0 $$

因此在小挠度精度内，梁轴线的挠曲线为 $u=z^2/(2R)$，曲率为 $1/R$。

为区分变形前后的坐标，记变形后坐标为 $x'=x+u$、$y'=y+v$、$z'=z+w$。对于原截面 $z=z_0$，有

$$ z'=z_0-\frac{xz_0}{R} $$

在线性小变形精度内，将右端的 $x$ 换为 $x'$ 只引入二阶小量，故横截面方程可写为

$$ z'=z_0\left(1-\frac{x'}R\right) $$

它是一个与 $Oy$ 平行的平面。在 $z_0\ne0$ 时，改写为

$$ x'=-\frac R{z_0}z'+R $$

令变形后轴线切线与 $Oz$ 的夹角为 $\alpha$，横截面在 $Oxz$ 平面内的迹线与 $Oz$ 的夹角为 $\beta$，则

$$ \tan\alpha=\left.\frac{\mathrm du}{\mathrm dz}\right|_{z=z_0}=\frac{z_0}{R},\qquad \tan\beta=-\frac R{z_0} $$

所以

$$ \tan\alpha\tan\beta=-1 $$

在 $z_0=0$ 处，轴线切线沿 $Oz$，截面迹线沿 $Ox$，两者也相互垂直。因此，在线性理论的精度内，纯弯曲后的横截面保持为平面，并保持与弯曲后的梁轴线垂直。

\begin{tikzpicture}[>=stealth,scale=1.5]
  \draw[->] (0,0) -- (5.1,0) node[right] {$z$};
  \draw[->] (0,-0.8) -- (0,2.1) node[above] {$x$};
  \node[below left] at (0,0) {$O$};
  \draw[gray,dashed] (0,-0.35) rectangle (4.6,0.35);
  \draw[blue,thick,domain=0:4.5,samples=45] plot (\x,{0.065*\x*\x});
  \draw[blue,domain=0:4.5,samples=45] plot (\x,{0.065*\x*\x+0.35});
  \draw[blue,domain=0:4.5,samples=45] plot (\x,{0.065*\x*\x-0.35});
  \draw[dashed] (2.8,0) -- (2.8,0.51);
  \draw[thick] (3.05,-0.18) -- (2.55,1.2);
  \draw[red,->] (2.8,0.51) -- (4.2,1.02);
  \draw (3.35,0.51) arc[start angle=0,end angle=20,radius=0.55];
  \node at (3.58,0.65) {$\alpha$};
  \draw[dashed] (2.8,0.51) -- (3.85,0.51);
  \draw (3.6,0.51) arc[start angle=0,end angle=-70,radius=0.8];
  \node at (3.7,0.08) {$\beta$};
  \draw[<->] (0,-0.65) -- (2.8,-0.65) node[midway,below] {$z_0$};
  \node[right] at (2.65,1.25) {$z=z_0$};
  \node[blue,above] at (4.3,1.6) {$u=z^2/(2R)$};
\end{tikzpicture}

图中的灰色虚线为变形前的轮廓，蓝线为弯曲后的轴线及轮廓，斜线表示相应横截面。

5、矩形截面形状的改变

设矩形截面的宽度为 $b$、高度为 $h$，即 $-b/2\le y\le b/2$、$-h/2\le x\le h/2$。

在原截面 $z=z_0$ 内，两侧边为 $y=\pm b/2$。变形后

$$ z'=z_0\left(1-\frac xR\right),\qquad y'=\pm\frac b2\left(1+\frac{\nu x}{R}\right) $$

在线性小变形精度内以 $x'$ 替换右端的 $x$，两式均为 $x'$ 的一次函数，所以两侧边保持为直线。

上下边原为 $x=\pm h/2$，其变形后坐标为

$$ z'=z_0\left(1\mp\frac h{2R}\right) $$

$$ x'=\pm\frac h2+\frac{z_0^2+\nu(h^2/4-y^2)}{2R},\qquad y'=y\left(1\pm\frac{\nu h}{2R}\right) $$

对每条边，$z'$ 为常量，$y'$ 为 $y$ 的一次函数，而 $x'$ 为 $y$ 的二次函数，因此上下边变为抛物线。这种截面形状变化来自泊松效应。

\begin{tikzpicture}[>=stealth,scale=1.5]
  \draw[->] (-1.5,0) -- (1.65,0) node[right] {$y$};
  \draw[->] (0,-1.6) -- (0,1.75) node[above] {$x$};
  \draw[gray,dashed] (-0.9,-1.2) rectangle (0.9,1.2);
  \draw[blue,thick,domain=-0.9:0.9,samples=40] plot ({1.18*\x},{1.2+0.075*(1.44-\x*\x)});
  \draw[blue,thick,domain=-0.9:0.9,samples=40] plot ({0.82*\x},{-1.2+0.075*(1.44-\x*\x)});
  \draw[blue,thick] (-1.062,1.24725) -- (-0.738,-1.15275);
  \draw[blue,thick] (1.062,1.24725) -- (0.738,-1.15275);
  \draw[<->] (-0.9,-1.48) -- (0.9,-1.48) node[midway,below] {$b$};
  \draw[<->] (-1.35,-1.2) -- (-1.35,1.2) node[midway,left] {$h$};
  \node[above left] at (0,0) {$O$};
\end{tikzpicture}

图中灰色虚线为初始矩形，蓝线为去除截面整体位移和转动后的变形示意，变形作了放大。

三、柱体在自重影响下的变形

1、问题与应力分布

考虑长为 $L$ 的均匀等截面柱体，上端悬挂，下端自由。取下端截面形心为原点，$Oz$ 竖直向上。以 $\rho$ 表示材料密度，$g$ 表示重力加速度，则单位体积体力为

$$ F_x=F_y=0,\qquad F_z=-\rho g $$

\begin{tikzpicture}[>=stealth,scale=1.5]
  \draw[thick] (-0.65,0) rectangle (0.65,3);
  \draw[->] (0,-0.5) -- (0,3.95) node[above] {$z$};
  \draw[->] (0,0) -- (1.45,0) node[right] {$y$};
  \node[below left] at (0,0) {$O$};
  \foreach \x in {-0.5,-0.25,0.25,0.5}{
    \draw[blue,->] (\x,3) -- (\x,3.55);
  }
  \node[blue,above] at (0,3.58) {$\rho gL$};
  \draw[red,thick,->] (0.25,2.2) -- (0.25,1.3) node[midway,right] {$\rho g$};
  \draw[<->] (-1,0) -- (-1,3) node[midway,left] {$L$};
  \begin{scope}[shift={(4,0)}]
    \draw[gray,dashed] (-0.65,0) rectangle (0.65,3);
    \draw[blue,thick,domain=-0.65:0.65,samples=35] plot (\x,{-0.495+0.22*\x*\x});
    \draw[blue,thick,domain=-0.65:0.65,samples=35] plot ({0.901*\x},{3+0.22*\x*\x});
    \draw[blue,thick,domain=0:3,samples=40] plot ({0.65*(1-0.033*\x)},{\x+0.055*(\x*\x-9)+0.22*0.65*0.65});
    \draw[blue,thick,domain=0:3,samples=40] plot ({-0.65*(1-0.033*\x)},{\x+0.055*(\x*\x-9)+0.22*0.65*0.65});
    \draw[dashed] (0,-0.495) -- (0,3.4);
    \node[below] at (0,-0.75) {$z'=z+w$};
  \end{scope}
\end{tikzpicture}

左图表示体力和上端均匀面力，右图为柱体的放大变形示意。

设横截面面积为 $A$。高度 $z$ 处的截面承受其下方柱体的重量 $\rho gAz$，故该截面的轴向拉力为 $N(z)=\rho gAz$。取截面上应力均匀分布，有

$$ \sigma_z=\frac{N(z)}A=\rho gz,\qquad \sigma_x=\sigma_y=\tau_{yz}=\tau_{xz}=\tau_{xy}=0 $$

2、平衡与边界条件的校核

前两条平衡方程各项均为零；第三条为

$$ \frac{\partial\sigma_z}{\partial z}+F_z=\rho g-\rho g=0 $$

应力分量为坐标的一次函数，体力为常量，因此应力协调方程也满足。

柱体侧面有 $n=0$，仅 $\sigma_z$ 非零，故侧面面力全为零。下端 $z=0$ 处有 $\sigma_z=0$，满足自由端条件。上端 $z=L$ 处有 $l=m=0,n=1$，故

$$ \bar f_x=\bar f_y=0,\qquad\bar f_z=\rho gL $$

所以，该均匀轴向应力场对应于上端承受均匀向上面力的悬挂方式。上端合力为 $\rho gLA$，与柱体总重平衡。

3、由应变恢复位移

由物理方程，得到

$$ \varepsilon_x=\varepsilon_y=-\frac{\nu\rho gz}{E},\qquad \varepsilon_z=\frac{\rho gz}{E},\qquad \gamma_{yz}=\gamma_{xz}=\gamma_{xy}=0 $$

积分三个正应变关系，得

$$ u=-\frac{\nu\rho g}{E}xz+f(y,z),\qquad v=-\frac{\nu\rho g}{E}yz+\varphi(x,z),\qquad w=\frac{\rho g}{2E}z^2+\psi(x,y) $$

代入三个零切应变关系，得到

$$ \begin{cases} \psi_{,y}+\varphi_{,z}=\dfrac{\nu\rho g}{E}y\\[5pt] f_{,z}+\psi_{,x}=\dfrac{\nu\rho g}{E}x\\[5pt] \varphi_{,x}+f_{,y}=0 \end{cases} $$

分别对 $x,y,z$ 求偏导并联立，有

$$ \psi_{,xy}+\varphi_{,xz}=0,\qquad f_{,yz}+\psi_{,xy}=0,\qquad \varphi_{,xz}+f_{,yz}=0 $$

故三个混合偏导数均为零。对第二式再按 $x$ 求偏导、第一式再按 $y$ 求偏导，分别得到

$$ \psi_{,xx}=\frac{\nu\rho g}{E},\qquad \psi_{,yy}=\frac{\nu\rho g}{E} $$

其余纯二阶导数满足

$$ f_{,yy}=f_{,zz}=0,\qquad\varphi_{,xx}=\varphi_{,zz}=0 $$

因此，积分所得函数为

$$ f=ay+bz+c_u,\qquad \varphi=dx+ez+c_v,\qquad \psi=\frac{\nu\rho g}{2E}(x^2+y^2)+hx+iy+c_w $$

其中 $c_u,c_v,c_w$ 为积分常数。代回三条一阶关系，得到

$$ e+i=0,\qquad h+b=0,\qquad a+d=0 $$

从而一般位移为

$$ \begin{cases} u=-\dfrac{\nu\rho g}{E}xz-dy+bz+c_u\\[6pt] v=-\dfrac{\nu\rho g}{E}yz+dx-iz+c_v\\[6pt] w=\dfrac{\rho g}{2E}\left[z^2+\nu(x^2+y^2)\right]-bx+iy+c_w \end{cases} $$

4、位移基准与最终结果

取上端中心 $x=y=0,z=L$ 为位移基准点，令该点的三个位移为零。再排除整体刚体转动，规定

$$ \left.\frac{\partial u}{\partial z}\right|_{(0,0,L)}=0,\qquad \left.\frac{\partial v}{\partial z}\right|_{(0,0,L)}=0,\qquad \left.\frac{\partial v}{\partial x}\right|_{(0,0,L)}=0 $$

三条导数条件分别给出 $b=0,i=0,d=0$，进而位移条件给出

$$ c_u=c_v=0,\qquad c_w=-\frac{\rho gL^2}{2E} $$

因此

$$ u=-\frac{\nu\rho g}{E}xz,\qquad v=-\frac{\nu\rho g}{E}yz,\qquad w=\frac{\rho g}{2E}\left[z^2-L^2+\nu(x^2+y^2)\right] $$

这些条件确定的是刚体位移基准；上端的实际加载条件仍为均匀面力。

5、轴线伸长与横截面翘曲

在柱体轴线上，$x=y=0$，有

$$ u=v=0,\qquad w=-\frac{\rho g}{2E}(L^2-z^2) $$

上端中心 $z=L$ 的位移为零；下端中心 $z=0$ 的位移为

$$ w(0)=-\frac{\rho gL^2}{2E} $$

所以柱体在自重作用下的总伸长为

$$ \Delta L=w(L)-w(0)=\frac{\rho gL^2}{2E} $$

从轴向应变积分也可验证

$$ \Delta L=\int_0^L\varepsilon_z\,\mathrm dz =\int_0^L\frac{\rho gz}{E}\,\mathrm dz =\frac{\rho gL^2}{2E} $$

截面内的横向位移满足

$$ x'=x\left(1-\frac{\nu\rho gz}{E}\right),\qquad y'=y\left(1-\frac{\nu\rho gz}{E}\right) $$

对于通常的 $\nu>0$ 材料，越靠近上端，轴向拉应力越大，截面的横向收缩也越大。

取原横截面 $z=c$，变形后该截面上各点满足

$$ z'=c+w\big|_{z=c} =c+\frac{\rho g}{2E}(c^2-L^2) +\frac{\nu\rho g}{2E}(x^2+y^2) $$

在 $\nu>0$ 时，该式表示中心较低、边缘较高的抛物面；因此原来的平面截面发生翘曲。在线性小变形精度内，也可在右端使用变形后的横向坐标 $x',y'$。