§ 144. Изгиб поперечной силой.

Перейдем теперь к решению задачи об изгибе поперечной силой. Возьмем начало О координат в приведенном центре тяжести «левого» основания и направим оси по приведенным главным осям инерции.

Мы всегда можем свести задачу к случаю, когда поперечная сила, приложенная к «правому» основанию, приложена к приведенному центру тяжести его и параллельна оси (ср. § 137).

Принимая во внимание вид формул (10), (11) § 137, относящихся к однородному брусу, попытаемся удовлетворить условиям задачи выражениями следующего вида:

где обозначает функцию кручения, рассмотренную в предыдущем отделе» некоторую функцию, подлежащую определению; I — длину бруса; — некоторые постоянные.

Вычисляя компоненты напряжения, соответствующие этим смещениям, получаем: (как в случае однородного бруса) и, в областях

где постоянные, которые могут принимать различные значения для различных областей а именно:

Подставляя далее выражения (2) в уравнения равновесия, т. е. в уравнения (1) § 129, легко убеждаемся, что функция должна, как и функция удовлетворять уравнению Лапласа в каждом из участкон обратно, при этих условиях упомянутые уравнения будут удовлетворены.

Перейдем теперь к граничным условиям. Для того, чтобы смещения были непрерывны во всем теле, функция должна быть, очевидно, непрерывна во всем сечении (так как функция кручения по определению также непрерывна во всей области

Условия же относительно напряжений так же, как и в случае кручения, сводятся к требованию, чтобы выражение

обращалось в нуль на свободной боковой поверхности и было непрерывно при переходе через поверхности раздела различных материалов.

Подсчитаем теперь главный вектор и главный момент напряжений действующих на правое основание. Ясно прежде всего, что компонента главного вектора по оси Oz равна нулю. Компонента его по оси Ох равна

Вспоминая теперь, что выражения (2) тождественно удовлетворяют уравнениям равновесия, в частности уравнению

и внося сюда на место соответствующее выражение из (2), получаем:

На основании этого тождества можно написать:

Но, как было показано в § 139, при названных выше условиях относительно выражения (а)

следовательно,

Далее, по условию, должно быть где заданная сила. Это условие определяет постоянную А:

Для компоненты главного вектора по оси Оу получим совершенно аналогичным путем:

Отсюда следует, на основании формулы (4) § 141, что

Так как, наконец, при имеем то на правом основании не будет изгибающей пары.

Момент же закручивающей пары будет дан формулой

где есть жесткость при кручении.

Постоянная должна быть определена из условия что всегда можно сделать, когда вычислены функции

Вычислять мы умеем на основании сказанного в предыдущем отделе. Остается вычислить функцию

Считая для определенности, что мы имеем дело с «основным» случаем (§ 139, п. 1, рис. 61), легко убеждаемся на основании формул (2), (3), что граничные условия сводятся к следующим при обозначениях предыдущего отдела:

где

Таким образом, мы имеем точно такую же задачу, что и в случае кручения, только функции заданные на контурах, имеют здесь не те же значения, что в упомянутом случае.

Посмотрим теперь, удовлетворено ли условие существования решения (9) § 140. Имеем:

или, преобразовывая интегралы по формуле Остроградского — Грина,

но последний интеграл равен нулю, так как по предположению начало координат находится в приведенном центре тяжести.

Итак, условие существования выполнено, и наша задача всегда допускает решение, получаемое с помощью того же интегрального уравнения, что и в предыдущем отделе, но только при значениях определяемых формулой (8).

В частности, остается в силе замечание, сделанное в предыдущем отделе, относительно применимости решения для иных видов сечения, например для случая составной трубы.

Заметим, наконец, что из формулы, определяющей и, т. е. из первой формулы (1), следует, что кривизна центральной линии (линии, соединяющей приведенные центры тяжести сечений) удовлетворяет соотношению

иными словами, закон Бернулли — Эйлера имеет место.

§ 144а. Пример.

Изгиб составной круглой трубы поперечной силой, приложенной к одному из

концов. Пусть сечение бруса состоит из двух концентрических круговых колец из которых первое охватывает второе, как указано на рис. 63.

Обозначим через соответственно радиусы внутренней, средней и наружной окружностей, а через модули упругости, соответствующие участкам

Рис. 63.

Пусть поперечная сила проходит через центр окружностей и параллельна оси Ввиду полной симметрии ясно, что т. е. закручивания не будет. Найдем теперь функцию Значение ее в зонах обозначим соответственно через

Пусть обозначают полярные координаты на плоскости Имеем по формуле (3) § 138а:

В соответствии с этим граничные условия примут вид:

здесь для краткости положено

и в среднее уравнение вместо модулей сдвига введены пропорциональные им модули упругости

Разлагая гармонические функции по известным формулам в ряды и подставляя в предыдущие соотношения, найдем эти функции. Однако легко догадаться, что предыдущим условиям можно удовлетворить, полагая (ср. решение для однородного полого кругового цилиндра, данное в § 138а):

Подставляя эти выражения в соотношения сразу получаем, что все условия будут удовлетворены, если

Решение этих уравнений дает для выражения:

затем определяются по формулам:

Таким образом, задача решена.

Решение для случая, когда окружности не концентрические, дано А. К. Рухадзе [1]. Решение для случая, когда границы — конфокальные эллипсы, дано Векуа и А. К. Рухадзе [2]. В статье А. К. Рухадзе [2] дано решение для случая, когда границы — эпитрохоиды.

Легко так же решить задачу изгиба прямоугольного бруса, рассмотренного в § 140а.