Объем выражается через стороны бруска как
$$
V = l_x l_y l_z.
$$Дифференцируя логарифм объема, получаем
$$
\frac{\Delta V}{V} = \frac{\Delta l_x}{l_x} + \frac{\Delta l_y}{l_y} + \frac{\Delta l_z}{l_z} = \varepsilon_x + \varepsilon_y + \varepsilon_z.
$$Используем выражение для деформации
$$
\varepsilon_x = \frac{\sigma_x}{E} - \mu\frac{\sigma_y + \sigma_z}{E} =
- \frac{P}{E} (1 - 2\mu).
$$Для деформаций по двум другим осям выражения такие же.
Тогда получаем
$$
\frac{\Delta V}{V} = - \frac{3P}{E} (1 - 2 \mu)
$$
Запишем уравнения для деформации вдоль оси $y$ и потребуем, чтобы она была равна нулю
$$
\varepsilon_y = \frac{\sigma_y}{E} - \mu \frac{\sigma_x + \sigma_z}{E} =0,\quad
\sigma_y = \mu(\sigma_x + \sigma_z).
$$Такое же уравнение можно записать и для оси $z$:
$$
\sigma_z = \mu (\sigma_x + \sigma_y).
$$Решая эту пару уравнений, получим
$$
\sigma_y = \sigma_z = \frac{\mu}{1-\mu } \sigma_x.
$$Тогда деформация вдоль оси $x$
$$
\varepsilon_x =\frac{\sigma_x}{E} - \mu\frac{\sigma_y + \sigma_z}{E} =
\frac{\sigma_x}{E}\left( 1 - \frac{2 \mu^2}{1-\mu}\right) = \frac{\sigma_x}{E} \frac{1 -\mu - 2 \mu^2}{1 -\mu}
$$
Радиус окружности в которую переходит сечение на расстоянии $\xi$ от нейтрального, равен $R_1 = R + \xi$. Угол одинаков для всех сечений, поэтому при $l_0 = R \alpha$,$l_1 = R_1 \alpha = (R + \xi) l_0/R$. Тогда удлинение $\Delta l = l_1 - l_0 = \xi l_0/R$
На элемент площади $dS$ действует сила $dF = \tau dS$. Момент этой силы относительно оси, проходящей перпендикулярно плоскости рисунка $dM = \xi dF= \tau \xi dS = \dfrac{E}{R} \xi^2 dS$. Интегрируя, получаем ответ
Обратите внимание на получившийся в предыдущем пункте интеграл. Введём обозначение $I=\int \xi^2 dS$. Величина $I$ называется моментом инерции поперечного сечения бруса по аналогии с соответствующей величиной, вводимой при рассмотрении вращения тела вокруг неподвижной оси. Однако, в отличие от последней величины, имеющей размерность массы умноженной на квадрат длины, $I$ есть чисто геометрическая величина с размерностью четвертой степени длины. Определите $I$ для разных форм поперечных сечений бруса:
Воспользуемся известными результатами для моментов инерции тел. Только теперь нужно считать, что эти тела плоские, сделанные из вещества с поверхностной плотностью, равной 1. Тогда вместо массы тела нужно использовать его площадь.
$$
1) I = wh \frac{1}{12}h^2= \frac{wh^3}{12}.
$$$$
2) I = \pi r^2 \frac{1}{4} r^2 = \frac{\pi}{4} r^4.
$$Последний момент инерции можно получить как разность моментов инерции двух круговых сечений. Нужно учесть, что теперь $r$ — диаметр, а не радиус.
$$
3) I = \frac{\pi}{64}(r_2^4 - r_1^4)
$$
Рассмотрим сначала центральный участок бруса, расположенный между опорами. Мысленно разрежем его на две части в точке с координатой $|x|< l_0/2 - a$ (отсчитывается от центра), тогда со стороны внешних сил на правый участок действует момент $M = Fa$. Он должен уравновешиваться моментом упругих сил, поэтому
$$
Fa = \frac{EI}{R}, \quad R = \frac{EI}{Fa}= \frac{\pi Er^4}{4Fa}.
$$Если же мы рассмотрим участок, который находится за одной из опор (например за правой), то момент сил будет создаваться только одной самой правой силой.
Поскольку мы отсчитываем момент относительно центрального точки разрезания, он равен $M = F(l_0/2 - x)$.
Тогда радиус кривизны
$$
R = \frac{\pi E r^4}{4 F(l_0 /2 -x)}
$$
Момент, который действует на участок балки на расстоянии $x$ от стены равен $F(l_0 - x)$. Тогда радиус кривизны
$$
R = \frac{EI}{F (l_0 - x)}.
$$Здесь $I = wh^3/12$ – момент инерции балки.
Поскольку по условию изгиб мал, можно считать $y^\prime \ll 1$ и приближенно записать
$$
R = \frac{1}{y^{\prime \prime}(x)}
$$Тогда получим дифференциальное уравнение для формы балки
$$
y'' = \frac{F}{EI} (l_0 - x).
$$Будем интегрировать это уравнение с учетом начальных условий
$y(0) = 0$, $y'(0) = 0$:
$$
y'(x) = \frac{F}{EI} \left( l_0 x - \frac{x^2}{2}\right), \quad
y(x) = \frac{F}{EI} \left( \frac{l_0 x^2}{2} - \frac{x^3}{6}\right).
$$