خمش تیر تحت بار عرضی یکنواخت

یک تیر ساده تکیه‌گاه‌دار به طول $L$، ارتفاع $h$ و عرض $b$ را در نظر بگیرید. تیر تحت بار عرضی یکنواخت با شدت (نیرو بر واحد طول) $w$ قرار دارد. شدت نیرو (نیرو بر واحد سطح) $q={\displaystyle \frac{w}{b}}$ است.

مبدأ دستگاه مختصات را در مرکز تیر قرار می‌دهیم. محور x در امتداد محور خنثی در طول تیر قرار دارد و محور y به صورت عمودی است. سطوح بالایی و پایینی در $y=\pm h/2$ قرار دارند.

شرایط مرزی در لبه‌های بالایی و پایینی تیر به صورت زیر است: شرایط در انتهاهای $x=\pm L/2$ نیروهای برآیند را مشخص می‌کند. نیروی برشی کل باید با واکنش تکیه‌گاهی ($V=\pm wL/2$) برابر باشد: هیچ نیروی عمودی خالصی در انتهاها وجود ندارد: و از آنجا که تیر ساده تکیه‌گاه‌دار است، هیچ لنگر خمشی در انتهاها وجود ندارد:

از تئوری مقدماتی مقاومت مصالح می‌دانیم ${\sigma }_x=-\frac{M(x)y}{I}$. از آنجایی که لنگر خمشی $M(x)$ برای این بارگذاری از درجه دوم نسبت به $x$ است، انتظار داریم ${\sigma }_x$ شامل جمله‌ای متناسب با $x^{2}y$ باشد. از آنجایی که ${\sigma }_x={\displaystyle \frac{{\partial }^2\varphi }{\partial y^2}}$، این موضوع نشان می‌دهد که $\varphi$ باید شامل جمله‌ای به شکل زیر باشد: $$c_1{x}^2{y}^3$$ این جمله به تنهایی مؤلفه‌های تنش زیر را به دست می‌دهد: $${\sigma }_y=\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial x^2}=2c_1{y}^3\text{and}{\tau }_{xy}=-\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial x\partial y}=-6c_{1}x{y}^2.$$ این عبارات به تنهایی شرایط مرزی (i) را ارضا نمی‌کنند.

برای ارضای شرایط ${\sigma }_y{|}_{y=-h/2}=0$ و ${\sigma }_y{|}_{y=h/2}=-q$، باید جملاتی به شکل $\alpha y+b$ به ${\sigma }_y$ اضافه کنیم. این امر مستلزم آن است که $\varphi$ شامل جملاتی به شکل زیر باشد: $$c_2{x}^{2}y+c_3{x}^2.$$

بیایید یک تابع تنش به شکل زیر را امتحان کنیم: $$\varphi =c_1{x}^2{y}^3+c_2{x}^{2}y+c_3{x}^2$$ اعمال شرایط مرزی (i) برای ${\sigma }_y$ و ${\tau }_{xy}$ (که همچنین نیازمند جملاتی از این شکل از $\varphi$ است) منجر به: $$c_1=\frac{q}{h^3},c_2=-\frac{3q}{4h},c_3=-\frac{q}{4}$$ و بنابراین: $$\varphi =\frac{q}{h^3}{x}^2{y}^3-\frac{3q}{4h}{x}^{2}y-\frac{q}{4}{x}^2$$ با این حال، این تابع معادله‌ی بی‌هارمونیک ${\mathrm{\nabla }}^4\varphi =0$ را ارضا نمی‌کند. در واقع: $${\mathrm{\nabla }}^4\varphi =\frac{{\partial }^4\varphi }{\partial y^4}\left(\frac{q}{h^3}{x}^2{y}^3\right)=\frac{24q}{h^3}y$$ برای اینکه تابع تنش بی‌هارمونیک شود، باید جمله‌ای اضافه کنیم که این نتیجه را خنثی کند. جمله‌ای به شکل $c_4{y}^5$ این کار را انجام می‌دهد. با جایگذاری $\varphi =\frac{q}{h^3}{x}^2{y}^3-\frac{3q}{4h}{x}^{2}y-\frac{q}{4}{x}^2+c_4{y}^5$ در معادله‌ی بی‌هارمونیک، به دست می‌آوریم: $$\frac{24q}{h^3}y+\frac{{\partial }^4}{\partial y^4}(c_4{y}^5)=\frac{24q}{h^3}y+120c_{4}y=0$$ بنابراین، باید داشته باشیم: $$c_4=-\frac{24q}{120h^3}=-\frac{q}{5h^3}$$ تابع تنش ایری بهبود یافته عبارت است از: $$\varphi =\frac{q}{h^3}{x}^2{y}^3-\frac{3q}{4h}{x}^{2}y-\frac{q}{4}{x}^2-\frac{q}{5h^3}{y}^5$$ این تابع تنش مؤلفه‌های تنش زیر را به دست می‌دهد: این مؤلفه‌های تنش شرایط (i)، (ii) و (iii) را ارضا می‌کنند. با این حال، شرط (iv) (لنگر صفر در انتهاها) نقض می‌شود. لنگر در $x=\pm L/2$ عبارت است از: برای حذف این لنگر ناخواسته، باید یک جمله تصحیحی به $\varphi$ اضافه کنیم که یک لنگر مساوی و مخالف تولید کند. جمله‌ای به شکل $c_5{y}^3$ نشان‌دهنده یک حالت خمش خالص است. با اضافه کردن ${\varphi }_{corr}=c_5{y}^3$ داریم ${\sigma }_{x,corr}=6c_{5}y$. لنگر تولید شده برابر است با $M_{corr}={\int }_{-h/2}^{h/2}by(6c_{5}y)dy=\frac{b{c}_5{h}^3}{2}$. با قرار دادن $M+M_{corr}=0$ نتیجه می‌دهد: $$c_5=-\frac{2}{b{h}^3}\left[bq(\frac{L^2}{8}-\frac{h^2}{20})\right]=\frac{q}{h^3}(\frac{h^2}{10}-\frac{L^2}{4})$$ در نهایت، تابع تنش ایری کامل ما عبارت است از: $$\varphi =\frac{q}{h^3}{x}^2{y}^3-\frac{3q}{4h}{x}^{2}y-\frac{q}{4}{x}^2-\frac{q}{5h^3}{y}^5+\frac{q}{h^3}(\frac{h^2}{10}-\frac{L^2}{4})y^3$$ توجه کنید که جمله اضافه شده $y^3$ به طور خودکار معادله بی‌هارمونیک را ارضا می‌کند و در ${\sigma }_y$ یا ${\tau }_{xy}$ نقشی ندارد، بنابراین شرایط (i)، (ii) و (iii) همچنان برقرار می‌مانند.

مؤلفه‌های نهایی تنش به صورت زیر هستند: با جایگزینی $q$ با $w/b$ و توجه به اینکه ممان اینرسی $I=\frac{1}{12}b{h}^3$ است، عبارت ${\sigma }_x$ را می‌توان بازنویسی کرد. لنگر خمشی از تئوری مقدماتی عبارت است از $$M(x)=\frac{w}{2}(\frac{L^2}{4}-x^2).$$ و $${\sigma }_x=-\frac{M(x)y}{I}+\frac{w}{2I}(-\frac{1}{3}{y}^3+\frac{1}{20}{h}^{2}y).$$ جمله اول دقیقاً نتیجه‌ی حاصل از تئوری مقدماتی تیر اویلر-برنولی است. جمله دوم تصحیحی است که تئوری الاستیسیته ارائه می‌دهد. این جمله تصحیحی به $x$ بستگی ندارد و اگر تیر باریک باشد (یعنی عمق $h$ آن در مقایسه با دهانه $L$ کوچک باشد)، کوچک است.

این جواب دقیق است اگر در انتهاهای $x=\pm L/2$، نیروهای عمودی ${\sigma }_x$ بر اساس قانونی که جمله تصحیحی ارائه می‌دهد توزیع شده باشند: $${\sigma }_x{|}_{x=\pm L/2}=\frac{w}{2I}(-\frac{1}{3}{y}^3+\frac{1}{20}{h}^{2}y)$$ این نیروها نیروی خالص و لنگر خالص معادل ندارند. بنابراین، طبق اصل سن-ونان، توزیع واقعی ${\sigma }_x$ در فواصلی از انتهاها که بزرگتر از عمق تیر باشد، بسیار نزدیک به این جواب خواهد بود، صرف‌نظر از اینکه تکیه‌گاه‌ها در عمل چگونه پیاده‌سازی شوند.

تفاوت بین نتایج مقاومت مصالح و الاستیسیته از این واقعیت ناشی می‌شود که تئوری مقدماتی فرض می‌کند الیاف طولی در کشش یا فشار خالص قرار دارند (${\sigma }_y=0$). با این حال، جواب الاستیسیته نشان می‌دهد که تنش‌های فشاری بین الیاف وجود دارد.

فرمول ${\tau }_{xy}$ با آنچه از فرمول مقاومت مصالح ${\tau }_{xy}=\frac{VQ}{Ib}$ به دست می‌آید، منطبق است.