一、悬臂梁自由端受横向力作用

无体力时，采用艾里应力函数 $U(x,y)$，应力分量与双调和方程为

$$ \sigma_x=\frac{\partial^2U}{\partial y^2},\qquad \sigma_y=\frac{\partial^2U}{\partial x^2},\qquad \tau_{xy}=-\frac{\partial^2U}{\partial x\partial y},\qquad \nabla^4U=0 $$

边界外法线的方向余弦为 $l,m$，边界面力为 $\bar f_x,\bar f_y$，则

$$ \bar f_x=l\sigma_x+m\tau_{xy},\qquad \bar f_y=l\tau_{xy}+m\sigma_y $$

梁的合力、弯矩及截面惯性矩均按单位宽度计算。矩形截面的高度为 $h$，关于截面形心轴的惯性矩为

$$ I=\int_{-h/2}^{h/2}y^2\,\mathrm{d}y=\frac{h^3}{12} $$

长为 $L$、高为 $h$ 的矩形截面悬臂梁，右端固定，左端承受沿截面分布的横向力，其合力为 $F$，方向竖直向下。不计自重，求梁的应力和位移。

取原点为左端截面的形心，$x$ 轴向右，$y$ 轴向下，区域为 $0\le x\le L$、$-h/2\le y\le h/2$，按平面应力问题求解。弹性模量为 $E$，泊松比为 $\nu$，切变模量为 $G=E/[2(1+\nu)]$。

1、构造应力函数

四次项 $d_4xy^3$ 产生随 $x,y$ 变化的弯曲正应力，但上下边界上存在非零切应力。叠加纯剪切项 $b_2xy$，取

$$ U=d_4xy^3+b_2xy $$

两项均满足双调和方程，所得应力为

$$ \sigma_x=6d_4xy,\qquad \sigma_y=0,\qquad \tau_{xy}=-3d_4y^2-b_2 $$

上下边界无载，要求 $\tau_{xy}(x,\pm h/2)=0$，故

$$ -\frac34d_4h^2-b_2=0 $$

左端外法线为 $(-1,0)$，向下的面力为 $\bar f_y=-\tau_{xy}$，其合力条件为

$$ \int_{-h/2}^{h/2}\tau_{xy}(0,y)\,\mathrm{d}y=-F $$

代入并积分，得

$$ -\frac14d_4h^3-b_2h=-F $$

联立上述两式，有

$$ d_4=-\frac{2F}{h^3},\qquad b_2=\frac{3F}{2h} $$

因此，应力函数和应力分布分别为

$$ U=-\frac{2F}{h^3}xy^3+\frac{3F}{2h}xy $$

$$ \sigma_x=-\frac{Fxy}{I},\qquad \sigma_y=0,\qquad \tau_{xy}=\frac{F}{2I}\left(y^2-\frac{h^2}{4}\right) $$

截面合弯矩为 $M(x)=\int y\sigma_x\,\mathrm{d}y=-Fx$。记截面上 $y$ 以下部分对中性轴的静矩为

$$ S(y)=\int_y^{h/2}\eta\,\mathrm{d}\eta =\frac{h^2}{8}-\frac{y^2}{2} $$

则

$$ \sigma_x=\frac{My}{I},\qquad \tau_{xy}=-\frac{FS}{I} $$

上式即为基本的材料力学方法的推导结果

2、位移分量求解

平面应力物理方程与几何方程给出

$$ \frac{\partial u}{\partial x}=-\frac{Fxy}{EI},\qquad \frac{\partial v}{\partial y}=\frac{\nu Fxy}{EI},\qquad \frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial v}{\partial x} =\frac{F}{2GI}\left(y^2-\frac{h^2}{4}\right) $$

将前两式分别对 $x,y$ 积分，得

$$ u=-\frac{Fx^2y}{2EI}+f(y),\qquad v=\frac{\nu Fxy^2}{2EI}+\varphi(x) $$

代入切应变关系并移项，得

$$ \left[\varphi'(x)-\frac{Fx^2}{2EI}\right] +\left[f'(y)+\frac{\nu Fy^2}{2EI}-\frac{Fy^2}{2GI}\right] =-\frac{Fh^2}{8GI} $$

第一组只依赖 $x$，第二组只依赖 $y$，故分别等于常数 $a,b$，且

$$ a+b=-\frac{Fh^2}{8GI} $$

再次积分，得到

$$ \varphi(x)=\frac{Fx^3}{6EI}+ax+c,\qquad f(y)=\frac{Fy^3}{6GI}-\frac{\nu Fy^3}{6EI}+by+d $$

位移的一般表达式为

$$ \begin{aligned} u&=-\frac{Fx^2y}{2EI}+\frac{Fy^3}{6GI}-\frac{\nu Fy^3}{6EI}+by+d\\ v&=\frac{\nu Fxy^2}{2EI}+\frac{Fx^3}{6EI}+ax+c \end{aligned} $$

取右端形心固定，且梁轴线在该处的斜率为零：

$$ u(L,0)=0,\qquad v(L,0)=0,\qquad \frac{\partial v}{\partial x}(L,0)=0 $$

代入式（19），得到

$$ d=0,\qquad \frac{FL^3}{6EI}+aL+c=0,\qquad \frac{FL^2}{2EI}+a=0 $$

因而

$$ a=-\frac{FL^2}{2EI},\qquad b=\frac{FL^2}{2EI}-\frac{Fh^2}{8GI},\qquad c=\frac{FL^3}{3EI} $$

位移为

$$ \begin{aligned} u&=\frac{F(L^2-x^2)y}{2EI} +\frac{Fy^3}{6GI}-\frac{\nu Fy^3}{6EI}-\frac{Fh^2y}{8GI}\\ v&=\frac{\nu Fxy^2}{2EI} +\frac{Fx^3}{6EI}-\frac{FL^2x}{2EI}+\frac{FL^3}{3EI} \end{aligned} $$

梁轴线的挠度与自由端挠度为：

$$ v(x,0)=\frac{Fx^3}{6EI}-\frac{FL^2x}{2EI}+\frac{FL^3}{3EI},\qquad f=v(0,0)=\frac{FL^3}{3EI} $$

上式也与材料力学解相同。此时，右端原先平行于 $Oy$ 的微分线段仍有转动，因为

$$ \frac{\partial u}{\partial y}(L,0) =-\frac{Fh^2}{8GI}=-\frac{3F}{2Gh} $$

另外，原横截面 $x=x_0$ 变形后满足 $X=x_0+u(x_0,y)$，其中 $X$ 表示变形后的横坐标。$u(x_0,y)$ 含 $y$ 的三次项，故横截面一般发生翘曲。

改取

$$ u(L,0)=0,\qquad v(L,0)=0,\qquad \frac{\partial u}{\partial y}(L,0)=0 $$

前两者与条件（20）相同，后者表示过 $(l,O)$ 点并与 $y$ 轴平行的微分线段在物体变形后仍保持与 $y$ 轴平行。第三个条件给出 $b=FL^2/(2EI)$。结合 $a+b=-Fh^2/(8GI)$ 及前两个条件，有

$$ a=-\frac{FL^2}{2EI}-\frac{Fh^2}{8GI},\qquad c=\frac{FL^3}{3EI}+\frac{Fh^2L}{8GI},\qquad d=0 $$

因此，

$$ \begin{aligned} u&=\frac{F(L^2-x^2)y}{2EI}+\frac{Fy^3}{6GI}-\frac{\nu Fy^3}{6EI}\\ v&=\frac{\nu Fxy^2}{2EI}+\frac{Fx^3}{6EI} -\left(\frac{FL^2}{2EI}+\frac{Fh^2}{8GI}\right)x +\frac{FL^3}{3EI}+\frac{Fh^2L}{8GI} \end{aligned} $$

梁轴线挠度为

$$ v(x,0)=\frac{Fx^3}{6EI}-\frac{FL^2x}{2EI} +\frac{FL^3}{3EI}+\frac{Fh^2}{8GI}(L-x) $$

自由端挠度为

$$ f=\frac{FL^3}{3EI}+\frac{Fh^2L}{8GI} =\frac{FL^3}{3EI}+\frac{3FL}{2Gh} $$

相对于前一种约束，多出的项体现切应变对该约束下挠度的影响。两组位移之差为

$$ \Delta u=\frac{Fh^2}{8GI}y,\qquad \Delta v=\frac{Fh^2}{8GI}(L-x) $$

它是绕 $(L,0)$ 的微小刚体转动，故两组位移产生相同的应变和应力。这两种条件均只在右端形心处确定平移与方向，实际整端固支附近还存在局部约束效应。

二、悬臂梁受均匀分布荷载作用

当某一应力分量的坐标依赖关系可以预先判断时，可先规定该分量的函数形式，再由应力函数关系积分，利用双调和方程和边界条件确定其余函数。这是半逆解法的一种形式。

矩形悬臂梁长为 $L$、高为 $h$，右端固定，上边界承受竖直向下的均匀面力 $q$，下边界无载，左端无外加合力和合矩。不计自重，求应力分布。

取左端截面形心为原点，$x$ 轴向右，$y$ 轴向下，$0\le x\le L$、$-h/2\le y\le h/2$，沿厚度取单位宽度。

1、构造应力函数

上下边界载荷不随 $x$ 改变，设横向正应力只依赖 $y$：

$$ \sigma_y=\frac{\partial^2U}{\partial x^2}=f(y) $$

对 $x$ 积分两次，得

$$ U=\frac{x^2}{2}f(y)+xf_1(y)+f_2(y) $$

代入双调和方程，得到

$$ \frac{x^2}{2}f^{(4)}(y)+xf_1^{(4)}(y) +f_2^{(4)}(y)+2f''(y)=0 $$

该式对任意 $x$ 成立，故

$$ f^{(4)}=0,\qquad f_1^{(4)}=0,\qquad f_2^{(4)}=-2f'' $$

积分并略去不影响应力的项，可写成

$$ \begin{aligned} f(y)&=Ay^3+By^2+Cy+D\\ f_1(y)&=Ey^3+Fy^2+Gy\\ f_2(y)&=-\frac{A}{10}y^5-\frac{B}{6}y^4+Hy^3+Ky^2 \end{aligned} $$

此处 $A,B,\ldots,K$ 为待定系数；其中 $E,F,G$ 仅为多项式系数。应力分量为

$$ \begin{aligned} \sigma_x&=\frac{x^2}{2}(6Ay+2B)+x(6Ey+2F) -2Ay^3-2By^2+6Hy+2K\\ \sigma_y&=Ay^3+By^2+Cy+D\\ \tau_{xy}&=-x(3Ay^2+2By+C)-(3Ey^2+2Fy+G) \end{aligned} $$

2、利用边界条件确定系数

在上边界 $y=-h/2$，外法线向上，因而

$$ \sigma_y(x,-h/2)=-q,\qquad \tau_{xy}(x,-h/2)=0 $$

下边界无载，有

$$ \sigma_y(x,h/2)=0,\qquad \tau_{xy}(x,h/2)=0 $$

左端的条件取为

$$ \tau_{xy}(0,y)=0,\qquad \int_{-h/2}^{h/2}\sigma_x(0,y)\,\mathrm{d}y=0,\qquad \int_{-h/2}^{h/2}y\sigma_x(0,y)\,\mathrm{d}y=0 $$

由左端的切应力条件，$3Ey^2+2Fy+G$ 恒为零，得 $E=F=G=0$。上下边界的四个条件变为

$$ \begin{cases} -\dfrac{Ah^3}{8}+\dfrac{Bh^2}{4}-\dfrac{Ch}{2}+D=-q\\[4pt] \dfrac{3Ah^2}{4}-Bh+C=0\\[4pt] \dfrac{Ah^3}{8}+\dfrac{Bh^2}{4}+\dfrac{Ch}{2}+D=0\\[4pt] \dfrac{3Ah^2}{4}+Bh+C=0 \end{cases} $$

两条切应力条件相减得 $B=0$，再得 $C=-3Ah^2/4$。两条正应力条件相加、相减，分别给出 $D=-q/2$ 和 $A=-2q/h^3$，故

$$ A=-\frac{2q}{h^3},\qquad B=0,\qquad C=\frac{3q}{2h},\qquad D=-\frac q2 $$

左端正应力为

$$ \sigma_x(0,y)=\frac{4q}{h^3}y^3+6Hy+2K $$

轴向合力为 $2Kh$，故 $K=0$。又因为

$$ \int_{-h/2}^{h/2}y^4\,\mathrm{d}y=\frac{h^5}{80} $$

合矩条件给出

$$ \frac{4q}{h^3}\frac{h^5}{80}+6HI=0 $$

从而

$$ H=-\frac{q}{10h} $$

3、应力分布及其截面合力

代入各系数，所得应力函数为

$$ U=\frac{x^2}{2}\left(-\frac{2q}{h^3}y^3+\frac{3q}{2h}y-\frac q2\right) +\frac{q}{5h^3}y^5-\frac{q}{10h}y^3 $$

应力分布为

$$ \begin{aligned} \sigma_x&=-\frac{qx^2y}{2I} +\frac{q}{2I}\left(\frac23y^3-\frac{h^2}{10}y\right)\\ \sigma_y&=-\frac q2\left(1-\frac{3y}{h}+\frac{4y^3}{h^3}\right)\\ \tau_{xy}&=\frac{qx}{2I}\left(y^2-\frac{h^2}{4}\right) \end{aligned} $$

记截面轴力、剪力和弯矩分别为 $N=\int\sigma_x\,\mathrm{d}y$、$Q=\int\tau_{xy}\,\mathrm{d}y$、$M=\int y\sigma_x\,\mathrm{d}y$，有

$$ N(x)=0,\qquad Q(x)=-qx,\qquad M(x)=-\frac{qx^2}{2} $$

$\sigma_x$ 的第一项为 $My/I$，第二项是自平衡修正项，因为

$$ \int_{-h/2}^{h/2}\left(\frac23y^3-\frac{h^2}{10}y\right)\mathrm{d}y=0 $$

$$ \int_{-h/2}^{h/2}y\left(\frac23y^3-\frac{h^2}{10}y\right)\mathrm{d}y =\frac23\frac{h^5}{80}-\frac{h^2}{10}\frac{h^3}{12}=0 $$

因而它不改变截面的轴向合力和弯矩。左端正应力只满足合力与合矩为零，未逐点满足无载条件；这一解按圣维南原理用于远离端部的区域。

三、简支梁受均匀分布荷载作用

以初等梁理论的应力形式为起点，可以先恢复对应的应力函数，再添加使双调和方程成立的修正项，最后利用边界条件确定系数。

长为 $L$、高为 $h$ 的矩形简支梁，上边界承受竖直向下的均匀面力 $q$，下边界无载。不计自重，支承反力按分布于两端截面的剪力处理，求应力分布。

取跨中截面形心为原点，$x$ 轴向右，$y$ 轴向下，区域为 $-L/2\le x\le L/2$、$-h/2\le y\le h/2$，沿厚度取单位宽度。

1、构造应力函数

初等梁理论给出

$$ \sigma_x=\frac{q}{2I}\left(\frac{L^2}{4}-x^2\right)y,\qquad \tau_{xy}=-\frac{qx}{2I}\left(\frac{h^2}{4}-y^2\right) $$

横向正应力需满足上边界 $\sigma_y=-q$，故须在求解时同时确定。先将上述分布写成待定系数形式

$$ \sigma_x=Ay+Bx^2y,\qquad \tau_{xy}=Cx+Dxy^2 $$

对 $U_{,yy}=Ay+Bx^2y$ 积分两次，得

$$ U=\frac A6y^3+\frac B6x^2y^3+f_1(x)y+f_2(x) $$

由 $U_{,xy}=-Cx-Dxy^2$，有

$$ Bxy^2+f_1'(x)=-Cx-Dxy^2 $$

比较系数，得 $D=-B$、$f_1'(x)=-Cx$。略去不影响应力的一次项，得到

$$ U_*=\frac A6y^3+\frac B6x^2y^3-\frac C2x^2y+f_2(x) $$

取 $f_2$ 至多为三次函数时，有

$$ \nabla^4U_*=4By $$

为使应力函数满足双调和方程，添加

$$ \psi=\frac{F}{24}x^4y-\frac{4B+F}{120}y^5 $$

因为 $\nabla^4\psi=Fy-(4B+F)y=-4By$，所以 $U=U_*+\psi$ 满足控制方程。此处 $F$ 为待定系数。相应应力为

$$ \begin{aligned} \sigma_x&=Ay+Bx^2y-\frac{4B+F}{6}y^3\\ \sigma_y&=\frac B3y^3-Cy+f_2''(x)+\frac F2x^2y\\ \tau_{xy}&=-Bxy^2+Cx-\frac F6x^3 \end{aligned} $$

2、上下边界条件

在 $y=-h/2$ 取 $\sigma_y=-q$，在 $y=h/2$ 取 $\sigma_y=0$，两边均有 $\tau_{xy}=0$。代入可得

$$ \begin{cases} -\dfrac{Bh^3}{24}+\dfrac{Ch}{2}+f_2''(x)-\dfrac{Fh}{4}x^2=-q\\[4pt] \dfrac{Bh^3}{24}-\dfrac{Ch}{2}+f_2''(x)+\dfrac{Fh}{4}x^2=0\\[4pt] -\dfrac{Bh^2}{4}x+Cx-\dfrac F6x^3=0 \end{cases} $$

前两式相加得到 $f_2''=-q/2$；相减并比较 $x^2$ 的系数得到 $F=0$。第三式再给出 $C=Bh^2/4$，由此解得

$$ B=-\frac{6q}{h^3},\qquad C=-\frac{3q}{2h},\qquad f_2(x)=-\frac q4x^2 $$

$f_2$ 中不影响应力的一次项已略去。当前应力为

$$ \begin{aligned} \sigma_x&=Ay-\frac{6q}{h^3}x^2y+\frac{4q}{h^3}y^3\\ \sigma_y&=-\frac q2+\frac{3q}{2h}y-\frac{2q}{h^3}y^3\\ \tau_{xy}&=-\frac{6qx}{h^3}\left(\frac{h^2}{4}-y^2\right) \end{aligned} $$

3、端部的静力条件

端部剪力合力为

$$ Q(x)=\int_{-h/2}^{h/2}\tau_{xy}\,\mathrm{d}y=-qx $$

因而 $Q(-L/2)=qL/2$、$Q(L/2)=-qL/2$，结合两端外法线，均对应竖直向上的支承反力 $qL/2$。

端面正应力不能同时逐点为零，按圣维南原理采用

$$ \int_{-h/2}^{h/2}\sigma_x(\pm L/2,y)\,\mathrm{d}y=0,\qquad \int_{-h/2}^{h/2}y\sigma_x(\pm L/2,y)\,\mathrm{d}y=0 $$

第一式因正应力关于 $y$ 为奇函数而自动成立，第二式给出

$$ \left(A-\frac{6q}{h^3}\frac{L^2}{4}\right)I +\frac{4q}{h^3}\frac{h^5}{80}=0 $$

解得

$$ A=\frac{12}{h^3}\left(\frac{qL^2}{8}-\frac{qh^2}{20}\right) $$

因此，完整的应力函数可取为

$$ U=\frac A6y^3-\frac{q}{h^3}x^2y^3 +\frac{3q}{4h}x^2y-\frac q4x^2+\frac{q}{5h^3}y^5 $$

应力分布为

$$ \begin{aligned} \sigma_x&=\frac{6q}{h^3}\left(\frac{L^2}{4}-x^2\right)y +\frac{qy}{h}\left(\frac{4y^2}{h^2}-\frac35\right)\\ \sigma_y&=-\frac q2\left(1+\frac yh\right)\left(1-\frac{2y}{h}\right)^2\\ \tau_{xy}&=-\frac{6qx}{h^3}\left(\frac{h^2}{4}-y^2\right) \end{aligned} $$

其中 $\sigma_x$ 的第二项为不改变轴力和弯矩的修正项，$\sigma_y$ 描述梁内横向挤压，$\tau_{xy}$ 与初等梁理论相同。边界条件在上下表面逐点满足，在两端按合力、合矩满足。

若两端另有弯矩作用，以端截面的应力合矩 $M=\int y\sigma_x\,\mathrm{d}y$ 规定正号，则只需将系数改为

$$ A=\frac{12}{h^3}\left(M+\frac{qL^2}{8}-\frac{qh^2}{20}\right) $$

相应地，$\sigma_x$ 增加 $My/I$，其余应力分量不变。

4、跨中表面应力的修正量

在无端弯矩的原问题中，取 $x=0$、$y=\pm h/2$，代入得

$$ \sigma_x\left(0,\pm\frac h2\right) =\pm\frac{3qL^2}{4h^2}\left(1+\frac{4h^2}{15L^2}\right) $$

修正项与主要项之比为

$$ \frac{4h^2}{15L^2} $$

当 $L/h=4$ 时，该比值为 $1/60\approx1.7\%$；当 $L/h=2$ 时，为 $1/15\approx6.7\%$。梁越短而高，修正项的相对影响越大。

四、三角形水坝的应力分布

有常体力时，可以将齐次平衡方程的解与体力特解叠加。本例取 $F_x=0$、$F_y=\rho g$，采用

$$ \sigma_x=U_{,yy},\qquad \sigma_y=U_{,xx},\qquad \tau_{xy}=-U_{,xy}-\rho gx $$

这一表达式自动满足含重力的平衡方程，协调条件仍要求 $\nabla^4U=0$。

三角形水坝的左侧面竖直，右侧面与竖直方向成 $\alpha$ 角，$0<\alpha<\pi/2$，坝体沿轴向很长，并向下延伸。左侧承受静水压力，右侧无载。坝体密度为 $\rho$，液体密度为 $\rho_1$，重力加速度为 $g$，求自重和静水压力共同作用下的应力。

取坝顶为原点，$x$ 轴水平向右，$y$ 轴竖直向下。左边界为 $x=0$，右边界为 $x=y\tan\alpha$，按平面应变问题求解。

1、选取应力函数

自重与水压分别含有因子 $\rho g$、$\rho_1g$，其量纲为应力除以长度；$\alpha$ 无量纲。在不引入其他长度尺度、取多项式解的条件下，应力应为坐标的一次齐次函数，故可选三次应力函数

$$ U=\frac A6x^3+\frac B2x^2y+\frac C2xy^2+\frac D6y^3 $$

其四阶导数全为零，满足双调和方程。相应应力为

$$ \sigma_x=Cx+Dy,\qquad \sigma_y=Ax+By,\qquad \tau_{xy}=-(B+\rho g)x-Cy $$

2、竖直面和斜面上的边界条件

左侧水压为 $p(y)=\rho_1gy$，该面的外法线为 $(-1,0)$，压力作用方向为 $+x$，因而

$$ \sigma_x(0,y)=-\rho_1gy,\qquad \tau_{xy}(0,y)=0 $$

得到

$$ D=-\rho_1g,\qquad C=0 $$

斜面外法线的方向余弦为 $l=\cos\alpha$、$m=-\sin\alpha$，无载条件为

$$ \sigma_x\cos\alpha-\tau_{xy}\sin\alpha=0,\qquad \tau_{xy}\cos\alpha-\sigma_y\sin\alpha=0 $$

在 $x=y\tan\alpha$ 处代入第一式并约去 $y$，得

$$ -\rho_1g\cos\alpha+(B+\rho g)\tan\alpha\sin\alpha=0 $$

故

$$ B+\rho g=\rho_1g\cot^2\alpha,\qquad B=\rho_1g\cot^2\alpha-\rho g $$

第二条斜面条件给出

$$ -(B+\rho g)\tan\alpha\cos\alpha -(A\tan\alpha+B)\sin\alpha=0 $$

利用 $\tan\alpha\cos\alpha=\sin\alpha$，得到

$$ A\tan\alpha=-2B-\rho g $$

从而

$$ A=\rho g\cot\alpha-2\rho_1g\cot^3\alpha $$

3、应力结果与水平截面上的变化

应力分布为

$$ \begin{aligned} \sigma_x&=-\rho_1gy\\ \sigma_y&=(\rho g\cot\alpha-2\rho_1g\cot^3\alpha)x +(\rho_1g\cot^2\alpha-\rho g)y\\ \tau_{xy}&=-\rho_1gx\cot^2\alpha \end{aligned} $$

在任一水平截面上，$\sigma_x$ 为常量，$\sigma_y$ 和 $\tau_{xy}$ 随 $x$ 线性变化。两侧的竖向正应力为

$$ \sigma_y(0,y)=-(\rho g-\rho_1g\cot^2\alpha)y $$

$$ \sigma_y(y\tan\alpha,y)=-\rho_1gy\cot^2\alpha $$

两侧的切应力为

$$ \tau_{xy}(0,y)=0,\qquad \tau_{xy}(y\tan\alpha,y)=-\rho_1gy\cot\alpha $$

斜面上 $\tau_{xy}$ 不为零，但它与正应力的投影共同给出零面力，符合斜面无载条件。

将水平截面上的竖向应力积分，有

$$ \int_0^{y\tan\alpha}\sigma_y(x,y)\,\mathrm{d}x =-\frac12\rho gy^2\tan\alpha $$

其大小等于该截面以上三角形坝体的自重。切应力合力为

$$ \int_0^{y\tan\alpha}\tau_{xy}(x,y)\,\mathrm{d}x =-\frac12\rho_1gy^2 $$

其大小等于上部竖直面所受的水压力合力。平面应变状态还给出

$$ \sigma_z=\nu(\sigma_x+\sigma_y),\qquad \tau_{xz}=\tau_{yz}=0 $$

对有限高度水坝，坝基附近的实际约束会产生局部应力修正；上述解对应未引入坝基长度尺度的楔形区域。

五、矩形梁弯曲的三角级数解法

1、分离变量法

对不能由有限项多项式方便表示的边界载荷，可将其展开为三角级数，并对各个波数分别求解。无体力时，设

$$ U(x,y)=X(x)Y(y) $$

代入双调和方程，得

$$ X^{(4)}Y+2X''Y''+XY^{(4)}=0 $$

选择满足 $X''+\lambda^2X=0$ 的三角函数，则 $X^{(4)}=\lambda^4X$，相应的 $Y$ 满足

$$ Y^{(4)}-2\lambda^2Y''+\lambda^4Y=0 $$

特征方程为 $(r^2-\lambda^2)^2=0$，$r=\pm\lambda$ 均为二重根，所以当 $\lambda>0$ 时，

$$ \begin{aligned} X(x)&=K_1\cos\lambda x+K_2\sin\lambda x\\ Y(y)&=A\cosh\lambda y+B\sinh\lambda y +Cy\cosh\lambda y+Dy\sinh\lambda y \end{aligned} $$

于是，双调和方程具有一族特解

$$ U=(K_1\cos\lambda x+K_2\sin\lambda x) (A\cosh\lambda y+B\sinh\lambda y+Cy\cosh\lambda y+Dy\sinh\lambda y) $$

不同波数的特解可线性叠加，以满足给定的边界条件。

2、矩形梁的边界条件

取梁的区域为 $0\le x\le L$、$0\le y\le h$，$x$ 轴沿上边界向右，$y$ 轴向下。上、下表面的法向压力分别记为 $f_2(x),f_1(x)$；切向载荷函数 $\psi_2(x),\psi_1(x)$ 分别以上表面向左、下表面向右为正。

根据两表面外法线的方向，应力边界条件为

$$ \begin{aligned} \sigma_y(x,0)&=-f_2(x),&\qquad \tau_{xy}(x,0)&=\psi_2(x)\\ \sigma_y(x,h)&=-f_1(x),&\qquad \tau_{xy}(x,h)&=\psi_1(x) \end{aligned} $$

先取两端无正应力，即 $\sigma_x(0,y)=\sigma_x(L,y)=0$。选择

$$ k_m=\frac{m\pi}{L},\qquad m=1,2,3,\ldots $$

并令

$$ U=\sum_{m=1}^{\infty}\sin(k_mx)H_m(y) $$

其中

$$ H_m(y)=A_m\cosh(k_my)+B_m\sinh(k_my) +C_my\cosh(k_my)+D_my\sinh(k_my) $$

该应力函数自动满足双调和方程及两端的正应力条件。应力分量可紧凑地写为

$$ \begin{aligned} \sigma_x&=\sum_{m=1}^{\infty}\sin(k_mx)H_m''(y)\\ \sigma_y&=-\sum_{m=1}^{\infty}k_m^2\sin(k_mx)H_m(y)\\ \tau_{xy}&=-\sum_{m=1}^{\infty}k_m\cos(k_mx)H_m'(y) \end{aligned} $$

各阶导数为

$$ \begin{aligned} H_m'(y)={}&k_mA_m\sinh(k_my)+k_mB_m\cosh(k_my)\\ &+C_m[\cosh(k_my)+k_my\sinh(k_my)]\\ &+D_m[\sinh(k_my)+k_my\cosh(k_my)] \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} H_m''(y)={}&k_m^2A_m\cosh(k_my)+k_m^2B_m\sinh(k_my)\\ &+C_m[2k_m\sinh(k_my)+k_m^2y\cosh(k_my)]\\ &+D_m[2k_m\cosh(k_my)+k_m^2y\sinh(k_my)] \end{aligned} $$

3、利用正交性确定系数

对 $m,n\ge1$，有

$$ \int_0^L\sin(k_mx)\sin(k_nx)\,\mathrm{d}x =\int_0^L\cos(k_mx)\cos(k_nx)\,\mathrm{d}x =\begin{cases} 0,&m\ne n\\ L/2,&m=n \end{cases} $$

定义两类载荷展开系数

$$ \widehat f_{im}=\frac2L\int_0^Lf_i(x)\sin(k_mx)\,\mathrm{d}x,\qquad \widehat\psi_{im}=\frac2L\int_0^L\psi_i(x)\cos(k_mx)\,\mathrm{d}x, \qquad i=1,2 $$

将应力级数代入四条表面条件，分别乘以对应的正弦或余弦函数，再从 $0$ 到 $L$ 积分，得到

$$ \begin{cases} H_m(0)=\widehat f_{2m}/k_m^2\\[2pt] H_m'(0)=-\widehat\psi_{2m}/k_m\\[2pt] H_m(h)=\widehat f_{1m}/k_m^2\\[2pt] H_m'(h)=-\widehat\psi_{1m}/k_m \end{cases} $$

展开后，即每个波数对应四个未知量的线性代数方程组：

$$ \begin{cases} A_m=\dfrac{\widehat f_{2m}}{k_m^2}\\[6pt] B_m+\dfrac{C_m}{k_m}=-\dfrac{\widehat\psi_{2m}}{k_m^2}\\[6pt] A_m\cosh(k_mh)+B_m\sinh(k_mh) +C_mh\cosh(k_mh)+D_mh\sinh(k_mh) =\dfrac{\widehat f_{1m}}{k_m^2}\\[6pt] \left(A_m+\dfrac{D_m}{k_m}\right)\sinh(k_mh) +\left(B_m+\dfrac{C_m}{k_m}\right)\cosh(k_mh) +C_mh\sinh(k_mh)+D_mh\cosh(k_mh) =-\dfrac{\widehat\psi_{1m}}{k_m^2} \end{cases} $$

逐个求出 $A_m,B_m,C_m,D_m$，即可代回应力级数。对分段光滑载荷，边界级数在连续点趋于载荷值，在跳跃点按傅里叶级数的通常意义取左右极限的平均值。

若端面支承反力大小为 $F_{R0},F_{RL}$，且均向上，则其合力条件为

$$ \int_0^h\tau_{xy}(0,y)\,\mathrm{d}y=F_{R0},\qquad \int_0^h\tau_{xy}(L,y)\,\mathrm{d}y=-F_{RL} $$

在整个载荷系统满足平衡时，这些合力由面力条件和体内平衡共同确定。级数解所给的端面切应力分布是与支承反力静力等效的一种分布。

4、切向载荷的平均项与零频多项式

上述 $m\ge1$ 的切应力级数只含余弦项，而

$$ \int_0^L\cos(k_mx)\,\mathrm{d}x=0 $$

故仅采用这些项时，必有

$$ \int_0^L\psi_1(x)\,\mathrm{d}x=0,\qquad \int_0^L\psi_2(x)\,\mathrm{d}x=0 $$

这表示上下表面的切向面力分别具有零合力。若不满足此条件，需补入 $\lambda=0$ 对应的多项式特解，例如

$$ U_0=(\alpha x+\beta)(Ay^3+By^2+Cy) $$

其应力为

$$ \sigma_x^{(0)}=(\alpha x+\beta)(6Ay+2B),\qquad \sigma_y^{(0)}=0,\qquad \tau_{xy}^{(0)}=-\alpha(3Ay^2+2By+C) $$

上下表面的切应力分别为常量 $-\alpha C$ 和 $-\alpha(3Ah^2+2Bh+C)$，可以用来承担切向载荷的平均项，再对剩余的零平均载荷作余弦展开。

多个此类特解的线性组合也满足双调和方程。为独立调整端部的轴力和弯矩，可统一写成

$$ U_0=x(ay^3+by^2+cy)+dy^3+ey^2 $$

于是

$$ \sigma_x^{(0)}=6( ax+d)y+2(bx+e),\qquad \sigma_y^{(0)}=0,\qquad \tau_{xy}^{(0)}=-(3ay^2+2by+c) $$

其中 $a,b,c$ 可确定表面平均切应力及一个截面剪力，$d,e$ 可再调整该截面的弯矩和轴力；各端合力、合矩仍须满足整体平衡。将 $U_0$ 与正频率级数叠加，可处理具有表面切向合力和端部轴力、弯矩的梁。

5、上下表面承受相向局部均布载荷

矩形梁的区域为 $0\le x\le L$、$0\le y\le h$。上下表面在以 $x=L/2$ 为中心、宽度为 $2a$ 的区间内承受大小相等、方向相向的均匀压力 $q$，其中 $0<a<L/2$。其余表面无外加面力，不计自重，求应力级数，并讨论相向集中力的极限。

（1）载荷的正弦展开

上下表面的压力函数相同：

$$ f_1(x)=f_2(x)=f(x)= \begin{cases} q,&|x-L/2|<a\\ 0,&|x-L/2|>a \end{cases} $$

切向载荷 $\psi_1=\psi_2=0$。记共同的正弦系数为 $p_m$，则

$$ \begin{aligned} p_m&=\frac{2q}{L}\int_{L/2-a}^{L/2+a}\sin(k_mx)\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{2q}{Lk_m} \left[\cos\bigl(k_m(L/2-a)\bigr)-\cos\bigl(k_m(L/2+a)\bigr)\right]\\ &=\frac{4q}{Lk_m}\sin\left(\frac{m\pi}{2}\right)\sin(k_ma) \end{aligned} $$

所有偶数阶系数为零，仅保留奇数阶。

（2）利用关于中面的对称性求解

引入相对中面的坐标及无量纲波数

$$ z=y-\frac h2,\qquad t_m=\frac{k_mh}{2} $$

上下压力相同，$H_m$ 可取关于 $z=0$ 的偶函数：

$$ H_m(z)=P_m\cosh(k_mz)+R_mz\sinh(k_mz) $$

上下表面的边界条件化为

$$ H_m(\pm h/2)=\frac{p_m}{k_m^2},\qquad H_m'(\pm h/2)=0 $$

记 $s_m=\sinh t_m$、$c_m=\cosh t_m$，在 $z=h/2$ 代入，得到

$$ P_mc_m+\frac h2R_ms_m=\frac{p_m}{k_m^2},\qquad k_mP_ms_m+R_m(s_m+t_mc_m)=0 $$

由第二式解出 $R_m=-k_mP_ms_m/(s_m+t_mc_m)$，代入第一式并利用 $c_m^2-s_m^2=1$，得

$$ P_m\frac{s_mc_m+t_m}{s_m+t_mc_m}=\frac{p_m}{k_m^2} $$

因此，

$$ P_m=\frac{p_m}{k_m^2}\frac{s_m+t_mc_m}{s_mc_m+t_m},\qquad R_m=-\frac{p_m}{k_m}\frac{s_m}{s_mc_m+t_m} $$

相应的应力函数为

$$ U(x,z)=\sum_{m=1}^{\infty}\sin(k_mx)H_m(z) $$

其中

$$ H_m(z)=\frac{p_m}{k_m^2} \frac{(s_m+t_mc_m)\cosh(k_mz)-k_mzs_m\sinh(k_mz)}{s_mc_m+t_m} $$

（3）应力级数与端面条件

将上式对 $z$ 求导，得

$$ H_m'(z)=\frac{p_m}{k_m} \frac{t_mc_m\sinh(k_mz)-k_mzs_m\cosh(k_mz)}{s_mc_m+t_m} $$

$$ H_m''(z)=p_m \frac{(t_mc_m-s_m)\cosh(k_mz)-k_mzs_m\sinh(k_mz)}{s_mc_m+t_m} $$

三个应力分量分别为

$$ \sigma_x=\sum_{m=1}^{\infty}p_m\sin(k_mx) \frac{(t_mc_m-s_m)\cosh(k_mz)-k_mzs_m\sinh(k_mz)}{s_mc_m+t_m} $$

$$ \sigma_y=-\sum_{m=1}^{\infty}p_m\sin(k_mx) \frac{(s_m+t_mc_m)\cosh(k_mz)-k_mzs_m\sinh(k_mz)}{s_mc_m+t_m} $$

$$ \tau_{xy}=-\sum_{m=1}^{\infty}p_m\cos(k_mx) \frac{t_mc_m\sinh(k_mz)-k_mzs_m\cosh(k_mz)}{s_mc_m+t_m} $$

这些应力在上下表面满足给定的法向压力和零切应力条件，在 $x=0,L$ 满足 $\sigma_x=0$。端面切应力的合力为

$$ \int_{-h/2}^{h/2}\tau_{xy}\,\mathrm{d}z =-\sum_{m=1}^{\infty}k_m\cos(k_mx) [H_m(h/2)-H_m(-h/2)]=0 $$

故两端不需要剪力反力。端面切应力一般仍存在自平衡分布；若要求端面逐点无载，应考虑相应的端部修正，级数解用于远离端部的区域。

（4）相向集中力的极限与局部应力

令 $a\to0$，保持每个表面上的合力 $2aq\to F$。利用 $\sin(k_ma)/(k_ma)\to1$，得

$$ p_m=\frac{4qa}{L}\sin\left(\frac{m\pi}{2}\right) \frac{\sin(k_ma)}{k_ma} \longrightarrow\frac{2F}{L}\sin\left(\frac{m\pi}{2}\right) $$

将此极限系数代入前述应力级数，即得上下表面相向集中力作用下的解；集中力作用点本身的表面应力具有奇异性。

中面 $z=0$ 上的纵向正应力为

$$ \sigma_x\left(x,\frac h2\right) =\sum_{m=1}^{\infty}p_m\sin(k_mx) \frac{t_m\cosh t_m-\sinh t_m}{\sinh t_m\cosh t_m+t_m} $$

其中的传递因子在 $t_m\to\infty$ 时满足

$$ \frac{t_m\cosh t_m-\sinh t_m}{\sinh t_m\cosh t_m+t_m} \sim2(t_m-1)\mathrm{e}^{-t_m} $$

高波数载荷分量向中面的传递迅速衰减。相向集中力产生的纵向正应力主要集中在加载区附近，离开加载作用线后迅速减小，体现圣维南原理所描述的局部效应。