Рассмотрим участок стержня длиной $\mathrm dx$, находящийся на расстоянии $x$ от центра. Его масса $\mathrm dm=m~\mathrm dx/L$. Скорость элемента равна $v=x\dot\varepsilon$. Итого, кинетическая энергия стержня равна:\[K=\int v^2~\mathrm m=\frac mL\dot\varepsilon^2\int_{-L/2}^{L/2}x^2~\mathrm dx=mL^2\dot\varepsilon^2/24.\]

Плотность упругой энергии $w=E\varepsilon^2/2$, его объём $V=m/\rho\implies$

ЗСЭ:\[mE\varepsilon^2/2\rho+mL^2\dot\varepsilon^2/24=\operatorname{const}\overset{\mathrm d/\mathrm dt}{\implies} mL\ddot\varepsilon/12+S\sigma=0\]Таким образом, эквивалент координаты:

Перепишем уравнение в виде\[\ddot\varepsilon+\frac{12E}{\rho L^2}\varepsilon=0\implies\omega^2=\frac{12E}{\rho L^2}\implies\]

Рассмотрим тонкий сферический слой толщины $\mathrm dx$ на расстоянии $x$ от центра. Его масса $\mathrm dm=m\frac{S~\mathrm dx}{V}=\frac{3m}{R^3}x^2~\mathrm dx$. Скорость этого слоя $v=x\dot\varepsilon$. Таким образом, кинетическая энергия:\[K=\frac12x^2\dot\varepsilon^2~\mathrm dm=3mR^2\dot\varepsilon^2/10.\]Упругая энергия равна $\mathrm dW=\sigma S~\mathrm dr=\varepsilon E 4\pi R^2R~\mathrm \varepsilon\implies W=\frac{3mE}{2\rho}\varepsilon^2$. Таким образом,

\[\dot E=0\implies\frac{R^2\ddot\varepsilon}{5}+\frac{E\varepsilon}\rho=0\implies\omega^2=5E/\rho R^2\implies\]

$$
\left\{\begin{array} { l }
{ \varepsilon _ { x } = \frac { \sigma _ { x } } { E } - \mu \frac { \sigma _ { y } } { E } } \\
{ \varepsilon _ { y } = \frac { \sigma _ { y } } { E } - \mu \frac { \sigma _ { x } } { E } }
\end{array}\right. \implies
$$

$$
\left\{\begin{array} { l }
{ m \ddot { x } _ { eff} = - \sigma _ { x } \frac { V } { L } } \\
{ m \ddot { y } _ { eff} = - \sigma _ { y } \frac { V } { l } }
\end{array} \implies\right. $$

Подставляя анзатц в уравнения колебаний:$$
\left\{\begin{array}{l}
-\frac{\omega^2 A L^2}{12}+\frac{E(A+\mu B)}{\rho\left(1-\mu^2\right)}=0 \\
-\frac{\omega^2 B l^2}{12}+\frac{E(B+\mu A)}{\rho\left(1-\mu^2\right)}=0
\end{array}\right.
$$Разделив уравнения почленно, получим:
$$
\frac{A L^2}{B l^2}=\frac{A+\mu B}{B+\mu A}
$$Обозначим для удобства отношение амплитуд $r=A/B$, тогда:
$$
r \frac{L^2}{l^2}=\frac{r+\mu}{1+r \mu} \implies \mu L^2 r^2+\left(L^2-l^2\right) r-\mu l^2=0 \implies r_{1 , 2}=\frac{-\left(L^2-l^2\right) \pm \sqrt{\left(L^2-l^2\right)^2+4 \mu^2 L^2 l^2}}{2 \mu L^2}$$Подставив результат во второе уравнение системы, получим:\[ \omega^2=\frac{12 E}{\rho l^2\left(1-\mu^2\right)\left[1+\mu \frac{-\left(L^2-l^2\right) \pm \sqrt{\left(L^2-l^2\right)^2+4 \mu^2 L^2 l^2}}{2 \mu L^2}\right]} \implies\]

$$
L=l \implies \omega_{1 ,2}=\sqrt{\frac{6 E\left(2 L^2 \pm 2 \mu L^2\right)}{\rho L^4\left(1-\mu^2\right)}}=\sqrt{\frac{12 E\left(1 \pm \mu\right)}{\rho L^2}} \\
\Delta \omega=\sqrt{\frac{12 E}{\rho L^2}}\left(\sqrt{\frac{1+\mu}{1-\mu}}-1\right) \approx \mu \sqrt{\frac{12 E}{\rho L^2}} \implies

$$

Пусть толщина пластины равна $d$. Силу $\tau ld$ можно разложить на растяжение вдоль $L$ (ось $x$) и сжатие вдоль $l$ (ось $y$).
\[\sigma_x=\frac{\tau l d \sin \gamma}{l d} ; \sigma_y=\frac{\tau l d \cos \gamma}{(L / \cos \gamma) d} \implies \varepsilon_x=\frac{\tau \sin \gamma}{E}-\mu\left(-\frac{\tau l \cos ^2 \gamma}{L E}\right) ,\quad \varepsilon_y=-\frac{\tau l \cos ^2 \gamma}{L E}-\mu \frac{\tau \sin \gamma}{E}
\]Так как
\[ \varepsilon_x=\frac{\frac{L}{\cos \gamma}-L}{L}=\frac{1-\cos \gamma}{\cos \gamma} ,\quad \varepsilon_y=\frac{l \cos \gamma-l}{l}=-(1-\cos \gamma),\]то:\[\left\{\begin{array}{l}
\frac{E}{\tau} \frac{1-\cos \gamma}{\cos \gamma}=\sin \gamma+\mu \frac{l}{L} \cos ^2 \gamma \\
\frac{E}{\tau}(1-\cos \gamma)=\frac{l}{L} \cos ^2 \gamma+\mu \sin \gamma
\end{array}\right.\]Умножим второе уравнение на $\mu$ и вычтем из первого:\[
\frac{E}{\tau}(1-\cos \gamma)\left(\frac{1}{\cos \gamma}-\mu\right)=\sin \gamma\left(1-\mu^2\right) \implies \frac{E \gamma^2}{2 \tau}(1-\mu) \approx \gamma\left(1-\mu^2\right) \implies \gamma=\frac{2 \tau(1+\mu)}{E}\]

С математической точки зрения сдвиговая деформация описывается аналогично продольной, поэтому по аналогии пишем:

Рассматриваем тонкие цилиндрические слои радиуса $x$ толщиной $\mathrm dx$. Когда цилиндр скручивается, каждый такой слой подвергается сдвиговой деформации, поэтому результат будет тем же, что в предыдущей части:

Пусть одно из оснований цилиндра повернулось относительно другого на небольшой угол $\alpha$. Тогда каждый цилиндрический слой испытывает скручивание на угол:\[x\alpha=L\gamma\implies\gamma=\frac xL\alpha.\]Этому соответствует касательное напряжение:\[\tau=G \frac{x}{L} \alpha.\]Действующие на основание этого слоя сила и момент равны:\[
\mathrm{d} F=\tau \mathrm{d} S=G \frac{x}{L} \alpha 2 \pi x \mathrm{ d} x
,\quad\mathrm{d} M=\mathrm{d} F \cdot x=\frac{2 \pi G \alpha x^3 \mathrm{ d} x}{L}.\]Суммарный момент:\[M=\frac{2 \pi G \alpha}{L} \int_0^R x^3 \mathrm{~d} x=\frac{2 \pi G R^4 \alpha}{4 L} \implies\]