Изгиб бруса (стр. 3 из 6)
Уравнения равновесия (3) с учетом предположений (11) примут вид:
(12) 
(13)Из уравнений (12) вытекает, что компоненты
и 
не зависят от координаты 
и, следовательно, во всех поперечных сечениях каждая из них является одной и той же функцией только 
и 
. Эти функции 
и 
должны удовлетворять уравнению равновесия (13) и условиям совместности Бельтрами. При принятых значениях (11) для других компонент тензора напряжений первые четыре уравнения (10) удовлетворяются тождественно, а остальные два приводятся к виду 
(14)Обратимся теперь к граничным условиям (6). Для боковой поверхности бруса, свободной от внешних сил
первые два условия удовлетворяются тождественно, поскольку 
, а третье принимает вид: 
(15)Так как (рис.1):
то условие (15) на контуре
сечения приводится к следующему: 
=0 (16)Итак, решение поставленной задачи сводится к нахождению функций
и , подчиняющихся уравнению равновесия (13), условиям совместности (14) и условию (16) на контуре 
поперечного сечения.Для всех точек торцов бруса (
поэтому граничные условия (6) на торцах запишем так: 
, (17)т. е. напряжения
и на поперечных сечениях бруса должны распределяться так же, как и соответствующие поверхностные силы 
и 
на его торцах.Легко обнаружить, что уравнение равновесия (13) удовлетворяется при условиях
(18)Где
— функция напряжений; 
— введенная С. П. Тимошенко произвольная функция только координаты 
Подставив выражения (18) для
и в граничное условие (16), получим 
т.е граничное условия для функции
(19)Принимая выражения (18), условия совместности (14) приводим кследующим уравнениям:
(20)Согласно второму уравнению (20),
не зависит от оэтому интегрирование первого уравнения (20) по 
дает: 
(21)где С — постоянная интегрирования.
Покажем, что постоянная
имеет простой механический смысл. Производная по 
угла поворота 
произвольной элементарной площадки в плоскости поперечного сечения вокруг оси 
на основании 
и
равна
Заменяя в последнем равенстве
и 
их значениями по формулам закона Гука 
и учитывая равенства (18), получаем:
(22)
Подстановка значения
из уравнения (22) в (21) приводит к равенству: 
(23)Из этого равенства следует, что угол поворота на единицу длины бруса
состоит из двух относительных углов поворота элементарной площадки. Один из них линейно зависит от координаты элементарной площадки и является результатом искажения поперечного сечения в его плоскости при изгибе бруса (см. рис.3); 
Рис. 3
другой — постоянный, на который поворачиваются все элементарные площадки поперечного сечения, т. е. так же, как и при кручении бруса. Например, для элементарных площадок поперечного сечения в окрестностях точек оси
на основании равенства (23) имеем: 
(24)т. е.указанные элементарные площадки, как и поперечное сечение в целом, получают относительный угол поворота
, с которым постоянная связана равенством (24).Подставим полученное выражение для
в уравнение (21): 
(25)Таким образом, поперечный изгиб бруса силой
, приложенной в направлении главной центральной оси его поперечного сечения, может сопровождаться кручением бруса. Однако путем параллельного переноса линии действия силы 
кручение бруса можно устранять.Тогда постоянная
будет равна нулю и основное уравнение (21) примет вид: 
(26)Уравнение (26) и граничное условие (19) определяют функцию напряжений
, когда указанным приемом кручение бруса устранено.Произвольную функцию
можно выбрать таким образом, чтобы правая часть уравнения (8.9) обращалась в нуль. При этом функция на контуре поперечного сечения будет постоянной величиной, которую можно принять равной нулю. В этом случае задача изгиба бруса будет аналогична задаче определения прогиба равномерно натянутой мембраны на жесткий контур, совпадающий с контуром поперечного сечения бруса, и испытывающей непрерывную нагрузку, определяемую правой частью уравнения (26).