Упражнение 1. Теория на напреженията. Вектор на пълното напрежение

Упражнение 1. Теория на напреженията. Вектор на пълното напрежение Разглежда се тяло с околна повърхнина Ω, по която са приложени произволни сили, а в самото него е възможно да действат обемни сили. Нека от тялото е отделена някаква част, която се свързва с другата част по равнината S. В произволна точка К ще действа векторът на пълното напрежение t 1, който в общия случай е разположен косо спрямо равнината S фиг. 1 а). Възможно е векторът на пълното напрежение да се разложи на две компоненти, една по нормалата на равнината S, която представлява нормалното напрежение σ, и една в равнина S тангенциално напрежение τ (фиг. 2 б). Ако се въведе координатна система, така че нормално на равнината S е ос x, а осите y и z са в равнината, то компонентите на вектора на напрежението са три: нормално напрежение σ x и тангенциални напрежения τ xy и τ xz фиг. 1 в) и се записват по следния начин: σ x t = { τ xy }, (1.1) τ xz Нека сега бъде прекарана втора равнина P, която минава през точка K и е перпендикулярна на равнината S фиг. 1 г). Тъй като натоварването е произволно, то в тази нова равнина, в точката K, ще действа нов вектор на пълното напрежение t. Разсъждавайки по същия начин, може да се въведе още една равнина Q, минаваща през точка K и перпендикулярна на равнините S и P, в която ще действа векторът на пълното напрежение t фиг. д. Възможно е да се разгледа само точката K, затворена от един куб с безкрайно малки размери, който е свързан с координатната система xyz фиг. 1 е). Тангенциалните напрежения са означени като първият индекс показва нормалната ос за площадката, в която действат, а вторият индекс показва оста, по която е разположено напрежението. Същите по големина, но обратни по посока напрежения, ще има в страните от кубчето, които не се виждат. Ω K S t τ Ω K σ t S nሬ y τ xy z K σx τ xz t S P t K t S а) б) в) г) P t K z τ zx τ xz точка К σ z τ zy τ yz σ y Q t " t S x σ x τ τ xy yx y д) е) 1 По-нататък векторите ще се записват с получер шрифт - t 1

Фиг. 1. Онагледяване на тензора на напрежението Вижда се, че в точката K има девет компоненти на напрежението, които могат да се запишат в матрица: σ x τ xy τ xz T = [ τ yx τ zx σ y τ zy τ yz ], σ z (1.2) която се нарича тензор на напрежението. Една допълнителна представа за понятието тензор е възможна, ако се разсъждава по долуописания начин. Температурата в една точка от тяло се описва еднозначно с едно число, например 38,5 C. Ако тази температура е измерена в тялото на човек, то тя носи еднозначна информация за това, че въпросният човек е болен. По същия начин изглеждат нещата за масата. Ако е известно, че даден предмет тежи 1000 kg, то това е достатъчно, за да се прецени, че вдигането на ръка е невъзможно. Величини, които в тримерното пространство се описват с едно число се наричат скалари. Разглеждането на числовото описание на скоростта среща затруднения, ако се използва едно число. Например скорост от 60 km/час може да е насочена в различни направления. Възможно е нейното направление да се опише чрез думи, но това прави по-нататъшните изчисления невъзможни. Друга възможност е да се въведе координатна система, в която скоростта да бъде представена чрез проекциите по осите фиг. 2 а, а ако се въведат и базисни вектори 2, скоростта може да се опише с числа - нейните компоненти фиг. 2 б. В двумерното пространство скоростта ще има две компоненти, а в тримерното три. Тоест скоростта се описва, чрез толкова на брой числа, колкото е размерността на пространството. Същото важи и за сили, ускорения и др. Такива величини се наричат вектори. Следвайки тази линия на разсъждения става ясно, че е възможно да съществуват величини, които да се описват с по-голям брой числа, например с девет в тримерното пространство. Такова е напрежението, което беше разгледано в началото, като всичко казано за него важи и за деформацията. Такива величини се наричат тензори. y y f f f y x f y е y е x x О f x О f x Фиг. 2. Компоненти на вектор а) б) 2 Тук се приема, че базисните вектори са единични и формират векторно пространство 2

В по нататъшното изложение ще се използват няколко вида запис на вектори и тензори. Първият вид се нарича индексен запис. При него векторите и тензорите се записват с малки букви в курсив и долни индекси, които ако са един, то величината е вектор, ако са два тензор, а величини без индекс са скалари. Врори вид запис е съкратения матричен запис. При него скаларите се записват с малка буква в курсив, векторите с малка буква с получер шрифт, а тензорите с главна буква с получер шрифт. Третият вид запис е пълния матричен запис. При него всички величини ще се записват с обикновен шрифт, като компонентите на векторите се подреждат в ред или колона и се ограждат с големи скоби, а тензорите се подреждат в таблица, която се огражда със средни скоби. Допуска се използването на индекси. Приемр за прилагането на трите вида запис са дадени в таблица 1. Таблица 1. Индексен, съкратен и пълен матричен запис Величина Индексен запис Съкратен матричен запис Пълен матричен запис Скалар а a a a Вектор a i a { b} a c b c Тензор a ij A [ d e f] g h i Задача 1.1. Дадено е напрегнатото състояние в точка с тензора на напрежението 20 0 0 T = [ 0 30 0 ] МРа. 0 0 10 Да се намери пълното напрежение, действащо в наклонена равнина под ъгъл θ = 40 и равнина с посочни косинуси на нормалата n = {1/ 2 1/ 2 0} T. Решение: Разглежда се равнина с нормала наклонена спрямо ос х на ъгъл θ = 40 - фиг. 3. 3

y t (n) n θ x Фиг. 3. Вектор на пълното напрежение в наклонена площадка Векторът на пълното напрежение се получава като се умножи тензорът на напрежението по вектора с посочните косинуси на нормалата: t x 20 0 0 cos40 15,321 (θ=40 ) t i = t = { t y } = σ ji n j = T. n = [ 0 30 0 ] { cos50} = { 19,284} MPa. t z 0 0 10 cos0 10 Равнината с посочни косинуси {1/ 2 1/ 2 0} е наклонена еднакво спрямо оси x и y, тоест нормалата ѝ сключва ъгъл 45 с тях, а с ос z ъгълът е 90. Векторът на пълното напрежение е: t x 20 0 0 1/ 2 14,142 (n) t i = t = { t y } = σ ji n j = T. n = [ 0 30 0 ] { 1/ 2} = { 21,213} MPa. t z 0 0 10 0 0 Задача 1.2. Да се определи функцията на пълното напрежение в наклонена площадка с нормала {cosθ sinθ 0} T, където θ е ъгъл в областта 0 θ π, а тензорът на напрежението е 3 1 2 σ ji = [ 1 5 0 ] MPa. 2 0 1 Да се определи пълното напрежение в площадка равно наклонена спрямо трите координатни оси. Решение: Ъглите, които сключва наклонената площадка с нормала {cosθ sinθ 0} T, са α, β и γ, онагледени на фиг. 4. 4

z γ n α O β y x Фиг. 4. Наклонена площадка Векторът на пълното напрежение е: 3 1 2 cosα 3 1 2 cos 2 θ 3cos 2 θ + cos(sinθ) 2 (n) t i = σji n j = [ 1 5 0 ] { cosβ} = [ 1 5 0 ] { cos (sinθ) } = { cos 2 θ + 5 cos(sinθ) }. 2 0 1 cosγ 2 0 1 cos0 2cos 2 θ + 1 В таблица 2 са дадени стойностите на вектора на пълното напрежение при различни стойности на ъгъл θ в границите от 0 до π. Таблица 2. Стойности на вектора на пълното напрежение Ъгъл θ, rad 0 π/6 π/4 π/3 π/2 π4/6 π5/6 π Ъгъл θ, 0 30 45 60 90 120 150 180 Вектор на пълното { 0,621 5,54 } 0,821 { 5,036 } 1,041 { 4,562 } 1,281 { 4,117 } 1,540 { 3,702} 1,281 { 4,117 } 0,821 { 5,036 } { 0,621 5,54 } напрежение, MPa 0,081 0,296 0,521 0,755 1 0,755 0,296 0,296 Векторът на пълното напрежение в равнонаклонена площадка е: 3 1 2 cos45 1,4142 (n) t i = σji n j = [ 1 5 0 ] { cos45 } = { 4,2426 } MPa. 2 0 1 cos45 0,7071 Задача 1.3. Напрегнатото състояние в т. Р е зададено с тензора 30 50 10 T = [ 50 0 0 ] MPa. 10 0 20 5

Да се определи вектора на пълното напрежение и неговата нормална и тангенциална компонента в т. Р върху равнината: Ф(a): x + 2y + 2z = 0. Решение: Проекциите по координатните оси на нормалата на равнината се определят от израза: Големината на нормалата е: Посочните косинуси на нормалата са: n = ( Ф x ; Ф y ; Ф z ) = (1; 2; 2). n = n. n = 1 2 + 2 2 + 2 2 = 3. n = { 1 3 2 3 2 3 }T. Векторът на пълното напрежение е: Големина на вектора на пълното напрежение: 30 50 10 1 3 50 t = T. n = [ 50 0 0 ] { 2 3} = { 16,667} MPa. 10 0 20 2 3 10 50 t = t. t = {50 16,667 10}. { 16,667} = 53,645 MPa. 10 Нормална компонента на вектора на пълното напрежение: 1 3 σ = t. n = {50 16,667 10} { 2 3} = 21,111 MPa. 2 3 Тангенциална компонента на вектора на пълното напрежение: τ = t 2 σ 2 = 53,645 2 21,111 2 = 49,316 MPa. 6

Упражнение 2. Равновесие на повърхнинни и обемни сили Проекционните условия за равновесие на силите в точка от тяло имат вида където X, Y и Z са обемните сили. σ xx x σ xy x σ xz x + σ xy y + σ yy y + σ yz y + σ xz z + σ yz z + σ zz z + X = 0, + Y = 0, + Z = 0, (2.1) Равенствата от (2.1) могат да се запишат индексно така: σ ij,i + b j = 0. (2.2) Запетаята в горната формула означава, че трябва да се извърши диференциране по индекса след нея. Задача 2.1. Да се определят функциите на обемните сили, ако тензора на напрежението има вида: Решение: 2x 2 + y 5xy 0 σ ij = [ 5xy x 2 2y 2 4y + z]. 0 4y + z 3z От условията за равновесие (2.1) следва, че обемните сили са: X = 4x + 5x = x; Y = 5y + 4x 1 = 9x 1; Z = 4 + 3 = 1. 7

Упражнение 3. Главни напрежения и октаедрични площадки Представянето на силата като вектор в двумерното пространство, чрез нейните компоненти в произволна координатна система с оси х и y, е дадено на фиг. 5. Възможно е да се избере една нова координатна система с оси ξ и η, за която една от осите съвпада по направление със силата. При това условие, едната от компонентите е равна на нула, а другата съвпада с големината на силата. η y f ξ f y f ξ е η е ξ x f η О f x Фиг. 5. Координатна система ориентирана по вектора Съгласно теоремата на Коши, според която за еднозначното представяне на напрегнатото състояние в една точка е нужно да познаваме вектора на пълното напрежение в три взаимно перпендикулярни равнини, възможно е да се избере такава координатна система, при която осите да съвпадат с нормалните напрежения, а тангенциалните да са равни на нула фиг. 6. Напреженията в тази координатна система се наричат главни. n 3 z n 2 σ 3 σ 2 x σ 1 y n 1 Фиг. 6. Главни напрежения Представянето на силата в различни координатни системи става с различни по големина компоненти, като за фиг. 5, те са: f = { f x } = { f ξ }. (3.1) f x f η Независимо от избора на координатна система, големината на силата остава непроменена и може да бъде намерена от самите компоненти. Такава величина се нарича инвариант. Тензора има три инварианти: I 1 = a ii = a 11 + a 22 + a 33 ; I 2 = a 11 a 12 a 21 a 22 + a 11 a 13 a 31 a 33 + a 22 a 23 a 32 a 33 ; (3.2) 8

a 11 a 12 a 13 I 3 = a 21 a 31 a 22 a 32 a 23. a 33 Първият инвариант се нарича следа на тензора. Интерес представляват напреженията в октаедричните 3 площадки фиг. 7. Нормалните напрежения в тези площадки се определят по зависимостта а тангенциалните: σ oct = 1 3 I 1 = 1 3 (σ 1 + σ 2 + σ 3 ), (3.3) τ oct = 1 3 (σ 1 σ 2 ) 2 + (σ 2 σ 3 ) 2 + (σ 3 σ 1 ) 2. (3.4) Задача 3.1. Да се определят инвариантите, главните напрежения и главните площадки за дадения тензор: Решение: 3 0 0 σ ij = [ 0 2 5 ] MPa. 0 5 4 Инварианти: I 1 = a ii = a 11 + a 22 + a 33 = 3 + 2 4 = 1 MPa; I 2 = a 11 a 12 a 21 a + a 11 a 13 22 a 31 a + a 22 a 23 33 a 32 a = 3 0 33 0 2 + 3 0 0 4 + 2 5 = 6 12 33 = 39 MPa; 5 4 a 11 a 12 a 13 3 0 0 I 3 = a 21 a 22 a 23 = 0 2 5 a 31 a 32 a 33 Характеристичен полином: 0 5 4 3 0 0 2 0 5 = 3.2. ( 4) + 5.5.0 + 0.0.5 0.2.0 3.5.5 0.0. ( 4) = 99 MPa. σ n 3 I 1 σ n 2 + I 2 σ n I 3 = 0, където σ n са неизвестните корени на кубичното уравнение, представляващи главните напрежения. Главните напрежения ще се определят чрез тригонометричните формули на Виет за решаване на кубично уравнение: Q = 3I 2 I 1 2 9 R = 2I 1 3 9I 1 I 2 +27I 3 54 = 3.( 39) 12 9 = 13,111; = 213 9.1.( 39)+27.( 99) 54 = 42,963; θ = arccos ( R Q 3) = 1 arccos ( 42,963 3 ( 13,111) 3) = 2,7021 rad; 3 Октаедърът е осмостен с триъгълни страни 9

σ 1 = 2 Qcos(θ) + I 3 99 = 2 ( 13,111)cos(2,7021) + = 4,8310 MPa; 3 3 σ 2 = 2 Qcos ( θ+2π ) + I 3 3 3 σ 3 = 2 Qcos ( θ+4π ) + I 3 3 3 = 2 ( 13,111)cos (2,7021+2π) + 99 = 6,8310 MPa; 3 3 = 2 ( 13,111)cos (2,7021+4π) + 99 = 3 MPa; 3 3 Компонентите на нормалата на главните площадки се определят чрез системата: (a 11 σ n )n 1 + a 12 n 2 + a 13 n 3 = 0 a 21 n 1 + (a 22 σ n )n 2 + a 23 n 3 = 0, a 31 n 1 + a 32 n 2 + (a 33 σ n )n 3 = 0 където се заместват стойностите на компонентите на тензора на напрежението, а σ n се замества с първото главно напрежение: 1,831n 1 (1) = 0 (1) (1) 2,831n 2 + 5n3 = 0 5n 2 (1) 8,831n3 (1) = 0 Първото уравнение от горната система дава n 1 (1) = 0, но другите две са линейно зависими и дават: n 2 (1) = 1,7662n3 (1). За определяне на втората и третата компоненти на нормалата е нужно още едно независимо уравнение. То е условието нормалата да е с единична големина: n 1 2 + n 2 2 + n 3 2 = 1. За нормалите се получава n 2 (1) = 0,8702 и n3 (1) = 0,4927. Използвайки същите разсъждения, за другите две главни площадки се получава: n 1 (2) = 0, n2 (2) = 0,4927, n3 (2) = 0,8702 и n1 (3) = 1, n2 (3) = 0, n3 (3) = 0. Задача 3.2. Октаедрични напрежения 10

Упражнение 4. Окръжност на Мор Задача 4.1. Като се използва окръжността на Мор, да се определят и онагледят главните напрежения и главните площадки, ако напрегнатото състояние в точка е двумерно, с напрежения: σ x = 10 MPa, σ y = 20 MPa, τ xy = 12 MPa. Да се определят нормалното и тангенциалното напрежения в площадка, сключваща ъгъл α = 30 с ос x. Решение: Окръжността на Мор се чертае като по абсцисата се нанасят нормалните, а по ординатата тангенциалните напрежения. Центъра на окръжността се намира по средата между двете нормални напрежения (фиг. 7): τ σ c = σ x+σ y 2 = 10+20 2 = 15 MPa. r σ σ σ x σ c σ y Фиг. 7. Център и радиус на окръжността на Мор Радиусът на окръжността на Мор се определя по зависимостта: r σ = ( σ x σ y ) 2 + τ 2 2 xy = ( 10 20 ) 2 + 25 2 = 13 MPa. 2 Площадките на главните напрежения са особени с това, че в тях няма тангенциални напрежения. Самите главни напрежения са екстремни стойности. Това позволява да се построят главните напрежения в окръжността на Мор фиг. 8, и да се изчислят по зависимостта: σ I,II = σ c ± r σ = 15 ± 13; σ I = 28 MPa; σ II = 2 MPa. 11

τ τ xy n x 2α I 2α II r σ n II n I σ σ II σ x σ c σ y σ I τ yx Фиг. 8. Главни напрежения и главни площадки Площадките, в които действат напреженията σ x, σ y и τ xy могат да се онагледят върху окръжността на Мор фиг. 8. Аналогично се онагледяват главните площадки. Нормалата на първата главна площадка е разположена на ъгъл α I, за който е в сила: tgα I = σ x σ I τ xy = 10 28 12 = 1,5; α I = arctg( 1,5) = 0,9828 rad = 56,31. Нормалата на втората главна площадка се намира на 90 спрямо първата: α II = α I + 90 = 56,31 + 90 = 33,69. На фиг. 8 се вижда, че нормалите на главните площадки са разположени на ъгъл 180 една спрямо друга, тоест ъгълът е двойно по-голям от действителния. Това е в сила за всички ъгли в окръжността на Мор. 12

τ τ xy n 2α n x τ n r σ n II n I σ σ II σ n σ x σ c σ y σ I τ yx Фиг. 9. Наклонена площадка Векторът с посочните косинуси на нормалата наклонена под ъгъл α = 30, спрямо ос x има вида: cosα n = { cos(90 α) } = {cos30 cos60 }. Векторът на пълното напрежение се определя по зависимостта: Големината на вектора на пълното напрежение е: Нормалното напрежение е: 10 12 t = T. n = [ 12 20 ] {cos30 cos60 } = {2,6603 0,3923 } MPa. t = t. t = {2,6603 0,3923}. { 2,6603 0,3923 } = 2,6890 MPa. а тангенциалното: σ n = t. n = {2,6603 0,3923} { cos30 cos60 } = 2,1077 MPa, τ n = t 2 σ 2 = 2,6890 2 2,1077 2 = 1,6699 MPa. Напреженията и площадката, в която действат са онагледени на фиг. 9. 13

Упражнение 5. Деформации от полето на преместванията Задача 5.1. Определете градиента на преместването, тензора на деформацията и ротацията за посоченото поле на преместването: където А, B и C са константи. Решение: Вектор на преместването: Градиент на преместването: Тензор на безкрайно малките деформации: Тензор на безкрайно малките ротации: Вектор на ротациите: Проверка: u = Ax 2 y, v = Byz, w = Cxz 3, Ax 2 y u i = { Byz }. Cxz 3 2Axy Ax 2 0 u i,j = [ 0 Bz By ]. Cz 3 0 3Cxz 2 2Axy Ax 2 2 Cz 3 2 ε ij = 1 (u 2 i,j + u j,i ) = [ Ax 2 2 Bz By 2 ]. Cz 3 2 By 2 3Cxz 2 0 Ax 2 2 Cz 3 2 ω ij = 1 (u 2 i,j u j,i ) = [ Ax 2 2 0 By 2 ]. Cz 3 2 By 2 0 e 1 e 2 e 3 e 1 e 2 e 3 e 1 e 2 ω = 1 2 u = 1 2 1 x y z = 2 x y z = x y Ax 2 y Byz Cxz 3 Ax 2 y Byz Cxz 3 Ax 2 y Byz = 1 2 (e Cxz 3 1 y + e 2 Ax 2 y Byz + e z 3 x e Ax 2 y 3 y e Byz 1 z e Cxz 3 2 x ) = = 1 2 (e 1By + e 2 Cz 3 + e 3 Ax 2 ). ω =? {ω 32 ω 13 ω 21 }. 14

Задача 5.2. Равнинно поле на преместванията е зададено с функциите: u = k(x 2 + y 2 ), v = k(2x y), w = 0, където k е константа. Изчислете и начертайте формата на елементарното квадратче със страни dx и dy намиращо се с единия ъгъл в началото на координатната система и със страни успоредни на осите. Накрая изчислете завъртането ω z. Решение: Вектор на преместването: Линейни деформации: k(x 2 + y 2 ) u i = { k(2x y) }. 0 e x = u x = 2kx, e y = v y = k. Технически ъглови деформации: Определяне на завъртането около z: Определяне на координатите на точки 2 и 4 : γ xy = 2e xy = u + v = 2ky + 2k = 2k(1 + y). y x ω z = 1 2 ( v u ) = 1 (2k 2ky) = k(1 y). x y 2 u (2 ) = k(x 2 + y 2 ) = k(dx 2 + 0 2 ) = k(dx) 2 ; v (2 ) = k(2x y) = k(2dx 0) = 2kdx; y k(dy) 2 -kdy 4 4 3 3 dy 1 dx 2 2 k(dx) 2 2kdx x Фиг. 10. Деформирана форма на елементарното квадратче 15

u (4 ) = k(x 2 + y 2 ) = k(0 2 + dy 2 ) = k(dy) 2 ; v (2 ) = k(2x y) = k(2.0 dy) = kdy. Точка 3 трябва да има такива координати, че получената фигура да представлява успоредник. Задача 5.3. Двумерната задача за правоъгълен прът разтеглен с равномерен товар в края си се изразява със следното поле на деформациите: C 1 0 0 ε ij = [ 0 C 2 0], 0 0 0 където C 1 и C 2 са константи. Приемайки, че полето на преместванията зависи само от x и y, интегрирайте и определете преместванията като определите компонентите на движение като идеално твърдо тяло. Решение: Премествания: e x = u x = C 1 u = C 1 dx = C 1 x + f(y), e y = v y = C 2 v = C 2 dy = C 2 y + g(x), e z = w z = 0 w = dz = h(x, y), e xy = 1 2 ( u + v ) = 0 df + dg = 0 df = dg = const = a, y x dy dx dy dx f = ay + d 1 и g = ax + d 2, e yz = 1 2 ( v z + w y ) = 0 h y = 0 h = f 1(x), e zx = 1 2 ( w x + u z ) = 0 h y = 0 h = g 1(y), h = const = d 3. Комбинирането на резултатите дава следния вид за преместванията: u = C 1 x + ay + d 1 = C 1 x ω z y + u 0, v = C 2 y ax + d 2 = C 2 y + ω z x + v 0, w = d 3 = w 0. 16

Упражнение 6. Връзки между напрежения и деформации. Закон на Хук Таблица 3. Връзка между еластичните константи Задача 6.1. Розетката на тензопреобразуватели е залепена по повърхността на напрегнато еластично тяло в т. О, както е показано на фигурата. Трите деформации, които са измерени от розетката са: ε a = 300 10 6, ε b = 400 10 6, ε c = 100 10 6. Приемете, че материалът е стомана с материални константи взети от справочниците както следва: E = 207 GPa; ν = 0,29; μ = 80,2 GPa; λ = 111 GPa; k = 164 GPa; α = 13,5.10-6 C -1. Определете напрегнатото състояние в т. О. 17

z а c b 30 30 y x Фиг. 11. Тензорезистори Решение: Тензопреобразувателите са залепени на повърхността на тялото и измерват двумерното деформирано състояние в равнината x-y. Определяне на деформациите в координатна система x,y,z. z c y а α b β γ x Фиг. 12. Деформации в координатна система x,y,z ε а = ε x cos 2 α + ε y sin 2 α + 2γ xy cosαsinα; ε b = ε x cos 2 β + ε y sin 2 β + 2γ xy cosβsinβ; ε c = ε x cos 2 γ + ε y sin 2 γ + 2γ xy cosγsinγ. Замествайки, с числени стойности в горните уравнения, се получава: 300.10 6 = ε x cos 2 60 + ε y sin 2 1 60 + 2γ xy cos60 sin60 = ε x + ε 4 ysin 2 3 + γ 3 4 xy ; 2 400.10 6 = ε x cos 2 90 + ε y sin 2 90 + 2γ xy cos90 sin90 = ε y ; 18

100.10 6 = ε x cos 2 120 + ε y sin 2 1 120 + 2γ xy cos120 sin120 = ε x + ε 3 4 y γ 4 xy Решавайки съвместно горните уравнения, за деформациите се получава: ε x = 400.10 6, ε y = 400.10 6, γ xy = 200 3. 10 6. Определянето на напреженията става от уравненията на закона на Хук. Ако се използват уравненията с коефициентите на Ламе се получава: σ x = λ(ε x + ε y ) + 2με x = 111. 10 3 ( 400.10 6 + 400.10 6 ) + 2.80,2. 10 3 ( 400.10 6 ) = 64,2 МРа; σ y = λ(ε x + ε y ) + 2με y = 111. 10 3 ( 400.10 6 + 400.10 6 ) + 2.80,2. 10 3 400.10 6 = 64,2 МРа; τ xy = 2μγ xy = 2.80,2. 200 3. 10 6 = 18,5 МРа. 3 2. Задача 6.2. Преместванията на еластично тяло са: u = M(1 υ2 ) EI xy, v = M(1+υ)υ 2EI y 2 + M(1 υ2 ) (x 2 l2 ), w = 0, 2EI 4 където M, E, I, ν и l са константи. Определете полето на деформациите и напреженията и покажете, че то съответства на чисто огъване на правоъгълна греда в равнината x,y. Решение: Деформациите са: ε x = u x = ( ε y = v y = [ γ xy = 1 2 ( u y + v x ) = 1 2 { ( M(1+υ)υ 2EI M(1 υ 2 ) EI y = 1 2 { M(1 υ2 ) EI Връзките между физическите константи са: От закона на Хук следва: λ = M(1 υ 2 ) xy) EI x y 2 + M(1 υ2 ) (x 2 l2 2EI 4 )] y xy) = M(1 υ2 ) y; EI + [M(1+υ)υ 2EI x + M(1 υ2 ) x} = 0. EI Eν (1+ν)(1 2ν) ; μ = E 2(1+ν). = M(1+υ)υ y; EI y 2 + M(1 υ2 ) (x 2 l2 2EI 4 )] x } = 19

σ x = λ(ε x + ε y ) + 2με x = λ [ M(1 υ2 ) EI = Eν (1+ν)(1 2ν) [ M(1 υ2 ) EI y + M(1+υ)υ EI y + M(1+υ)υ EI y] 2 = My { } 1 2υ2 ν ; I 1+ν σ y = λ(ε x + ε y ) + 2με x = λ [ M(1 υ2 ) EI = Eν (1+ν)(1 2ν) [ M(1 υ2 ) EI y + M(1+υ)υ EI E 2(1+ν) y + M(1+υ)υ EI y] + 2 τ xy = 2μγ xy = 0. y] 2μ M(1 υ2 ) y = EI M(1 υ 2 ) EI y = y] + 2μ M(1+υ)υ y = EI E M(1+υ)υ 2(1+ν) EI y = 0 ; Първото уравнение съответства на формулата за нормалното напрежение при специално огъване на греда. Задача 6.3. Разгледайте едномерния термоеластичен случай на прът, с даденото напречно сечение, който е ограничен по ос х, но свободен в останалите направления. Да се приеме, че началната температура е нула и да се докаже, че ненулевите напрежения и деформации са определени с уравненията: σ x = EαT, e x = e y = α(1 + υ)t Решение: Фиг. 13. Задача 6.4. 20

Пробно тяло е подложено на изпитване в условията на равнинно напрежение (σ z = τ zx = τ zy = 0), като е използване специална натоварваща рамка, която поддържа равнинно натоварване в съотношение σ x = 2σ y. Определете наклона на диаграмата σ x - ε x за натоварването на образеца. Решение: Задача 6.5. Докажете, че законът на Хук за изотропно тяло може да се изрази чрез сферичен и девиаторен тензор чрез зависимостите: Решение: σ = 3kε ij, σ ij = 2με ij. 21

Упражнение 7. Еквивалентни напрежения Опасно механично напрегнато състояние настъпва, когато конструктивният елемент не е способен да понася натоварването. При възникване на сложно напрегнато състояние 4 (тримерно и двумерно) е необходимо да се определи едно еквивалентно напрежение фиг. 14, което да се сравни със съответните механичните характеристики, получени чрез изпитване на материала. σ 2 σ 1 σ 3 σ е f y, f u,t, f u,c Фиг. 14. Еквивалентно напрежение Таблица 4 представя начините за получаване на еквивалентните напрежения при различните критерии за определяне на опасното механично състояние. Таблица 4. Критерии за опасно механично напрегнато състояние Критерий за опасно механично напрегнато състояние Тримерно напрегнато състояние Пластични материали: Двумерно напрегнато състояние Критерий на Треска σ T e = σ 1 σ 3 f y σ T e = σ 2 + 4τ 2 f y Критерий на фон Мизес σ фм e = 1 2 [(σ 1 σ 2 ) 2 + (σ 2 σ 3 ) 2 + (σ 3 σ 1 ) 2 ] f y σ фм e = σ 2 + 3τ 2 f y Критерий на Кулон- Ранкин Критерий на Мор- Кулон Критерий на Друкер-Прагер Крехки материали: σ 1 f u,t σ 3 f u,c σ М e = σ 1 kσ 3 f u,t, k = f u,t f u,c σ e ДП = 1 6 [(σ 1 σ 2 ) 2 + (σ 2 σ 3 ) 2 + (σ 3 σ 1 ) 2 ] B(σ 1 + σ 2 + 3) A, f u,t f u,c A = 2, B = 1 3 f u,t +f u,c 3 f u,t f u,c f u,t +f u,c σ 1 f u,t σ 3 f u,c σ М e = 1 k 2 σ + + 1 + k 2 σ2 + 4τ 2 f u,t σ e ДП = 1 3 σ2 + 3τ 2 Bσ A Задача 7.1. 4 Приема се, че всяко напрегнато състояние, различно от едномерното е сложно напрегнато състояние. 22

На фигура 15 са онагледени напрегнатите състояния в две точки от стоманен детайл с граница на провлачване 355 МРа. Да се определи в коя точка възниква по-опасното механично напрегнато състояние по критерия на фон Мизес и какъв е коефициентът на сигурност в двата случая. Точка 1 100 Точка 2 200 250 Фиг. 15. Напрегнати състояния в две точки Решение Еквивалентното напрежение в точка 1 е: Коефициентът на сигурност е: Еквивалентното напрежение в точка 2 е: Коефициентът на сигурност е: σ е фм = σ 2 + 3τ 2 = 250 2 + 3. 100 2 = 287 MPa. k = f y σ е фм = 355 287 = 1,24. σ е фм = σ 2 + 3τ 2 = 0 2 + 3. 220 2 = 311 MPa. k s = f y σ е фм = 355 311 = 1,14. По-опасно механично напрегнато състояние възниква в точка 2. Задача 7.2. Да се определят и сравнят коефициентите на сигурност за бетонна греда като се използват теориите на Мор-Кулон и Друкер-Прагер, ако напреженията са: σ = -20 МРа и τ = 5 МРа. Известно е, че границата на якост на опън е 5 МРа, а на натиск 50 МРа. Решение Теория на Мор-Кулон: σ М e = 1 k 1+k σ + 2 2 σ2 + 4τ 2 = 1 0,1 2 k = f u,t f u,c = 5 50 = 0,1, ( 20) + 1+0,1 20 2 + 4. 10 2 = 3,30 MPa, 2 23

k sm = f u,t σ е М = 5 3,30 = 1,52. Теория на Друкер-Прагер: A = 2 3 B = 1 3 f u,t f u,c = 2 5.50 f u,t +f u,c 3 f u,t f u,c = 1 5 50 f u,t +f u,c 3 5+50 = 5,25 MPa, 5+50 = 0,472, σ e ДП = 1 3 σ2 + 3τ 2 Bσ = 1 3 202 + 3. 5 2 ( 0,472)( 20) = 3,14 MPa, k sдп = A σ е ДП = 5,25 3,30 = 1,67. Теорията на Мор-Кулон е по-консервативна от тази на Друкер-Прагер. 24

Упражнение 8. Решаване на гранични задачи Задача 8.1. Правоъгълна плоча (пластина) с дебелина 4 mm е подложена на равномерен двустранен опън, както е показано на фиг. 15. Приемете, че напрегнатото състояние е хомогенно. Определете промените на размерите на пластината. 30 MPa y 200 mm x 20 MPa 300 mm Фиг. 15. Решение: Задача 8.2. Изразете граничните условия за всеки от случаите показани на чертежите. 25

Фиг. 16. Решение: а) b) c) d) 26

Задача 8.3. Дадените двумерни задачи включват смесени гранични условия на натоварване и закрепване. Използвайки уравненията на теория на еластичността, да се формулират гранични условия само в премествания. Решение: Фиг. 17. 27

28

Упражнение 9. Функция на Ейри Хармонично уравнение Бихармонично уравнение Бихармонично уравнение в тримерното пространство Бихармонично уравнение в двумерното пространство 4 ϕ x 4 + 2 4 ϕ + 4 ϕ x 2 y 2 y 4 = 0. Функцията на Ейри е такава функция, която решава най-простото диференциално уравнение от втори ред, имащо вида: Задача 9.1. Дадена е греда подложена на чисто огъване. Да се определят функциите на напреженията и преместванията. Фиг. 18. Решение: Разглежданата задача е равнинна функция само на координатите x и y. Бихармонични уравнения с функциите на Ейри: 4 ϕ x 4 + 2 4 ϕ + 4 ϕ x 2 y 2 y 4 = 0, 29

n=0 m=0, ϕ(x, y) = A mn x n y m Функциите на напреженията на Ейри имат вида: σ x = 2 ϕ y 2; σ y = 2 ϕ x 2; τ xy = 2 ϕ x y. Гранични условия: σ y (x, ±c) = 0, τ xy (x, ±c) = τ xy (±l, y) = 0. c c c c σ x (±l, y)dy = 0, σ x (±l, y)ydy = M. Изборът на функция на Ейри е съобразен с обстоятелството, че ако тя е функция на третата степен на y, то напреженията ще бъдат постоянни и граничните условия в двата края, които са линейни, ще съответстват на огъващи моменти. Функция на Ейри: ϕ = A 03 y 3. Напрежения: σ x = 6A 03 y, σ y = τ xy = 0. Това поле на напреженията удовлетворява граничните условия за y = ±c и дава сили, равни на нула в двата края на гредата. Моментовите условия са удовлетворени при граничните условия: x = ±l, ако A 03 = M/4c 3 и за напреженията се получава: σ x = 3M 2c 3 y, σ y = τ xy = 0. Премествания се изразяват чрез деформациите, като се използва и обобщения закон на Хук: u = 3M 3M x 2Ec3 y u = 2Ec3 xy + f(y), v y 3M 3M = ν 2Ec3 y v = 4Ec 3 y2 + g(x), където f и g са произволни функции от интегрирането. Използвайки уравнението за ъгловите деформации се получава: u + v y = 0 3M x 2Ec3 x + f (y) + g (x) = 0. Последното уравнение може да се разгледа като две независими уравнения по отношение на x и y: f(y) = ω 0 y + u 0, g(x) = 3M 4Ec 3 x2 + ω 0 y + v 0. За преместваният в двата края на гредата е в сила: v(±l, 0) = 0 и u(±l, 0) = 0. Тогава за членовете за преместванията като идеално твърдо тяло, следва: 30

u 0 = ω 0 = 0, v 0 = 3Ml2 4Ec 3. Използвайки инерционния момент на сечението: I = 2c 3 /3, за функциите на напреженията получава: σ x = M I y, σ y = τ xy = 0, а за преместванията: u = Mxy M, v = EI 2EI (νy2 + x 2 l 2 ). Получените уравнения за преместването в напречно направление показват, че е изпълнена предпоставката, напречните сечения да остават в една равнина. Използването на предпоставките за греда на Бернули, в механика на материалите, дават уравненията: σ x = M I y, σ y = τ xy = 0, v = v(x, 0) = M 2EI (x2 l 2 ). При по-сложно натоварване, предпоставките за равнинност на сечението няма да са в сила и получените уравнения ще са по-сложни. 31

Упражнение 10. Решаване на плочи по метода на Навие Задача 10.1. Дадена е ставно подпряна по четирите си края правоъгълна плоча, която се намира под действието на равномерно разпределен товар. Геометричните и материалните характеристики са: a = b = 5 m; t = 0,1 m; p = 10 kn/m 2 ; E = 3,5.10 7 kn/m 2 ; ν = 0,15. a) Да се изведат аналитичните изрази за w(x, y), разрезните величини и подпорните реакции; b) Да се изчислят w ( a, b ), M 2 2 x ( a, b ), Q 2 2 x (0, b ), R (0, b ) и R(0,0) при a = b; 2 2 c) Да се начертаят диаграмите на w(x, y); M x (x, y); r(0, y) и r(x, 0); d) Да се изчислят maxσ x, maxτ xz и maxτ xy. O b p = const x y a Фиг. 19. Решение: Задаване на входните данни в Матлаб: %Входни данни, m, N, Pa a=5; b=5; t=0.1; p=10e+3; E=3.5e+10; ni=0.15; a) Аналитични изрази за преместването, разрезните усилия и реакциите Определяне на цилиндричната коравина: В Матлаб: D = Et3 12(1 ν 2 ). %Цилиндрична коравина D=E*t^3/(12*(1-ni^2)); Определяне на коефициентите в двойния ред на Фурие за първите i члена: a mn = 4 ab Решаването на двойния интеграл при а = 5 и b = 5 дава: a b p(x, y)sin (mπx) sin (nπy ) dxdy. 0 0 a b В Матлаб: a mn = 16p sin2 (2mπ)sin 2 (2nπ). π 2 mn %Коефициенти на Фурие x=a/2; y=b/2; 32

m1=1; m2=2; n1=1; n2=2; a11=4/a/b*p*((4*a*b*sin((5*pi*m1)/(2*a))^2*sin((5*pi*n1)/(2*b))^2)/(pi^2*m1*n1)); a12=4/a/b*p*((4*a*b*sin((5*pi*m1)/(2*a))^2*sin((5*pi*n1)/(2*b))^2)/(pi^2*m1*n1)); a21=4/a/b*p*((4*a*b*sin((5*pi*m1)/(2*a))^2*sin((5*pi*n1)/(2*b))^2)/(pi^2*m1*n1)); a22=4/a/b*p*((4*a*b*sin((5*pi*m1)/(2*a))^2*sin((5*pi*n1)/(2*b))^2)/(pi^2*m1*n1)); Определяне на коефициентите A mn : В Матлаб: A mn = a mn 2. π 4 D( m2 a 2 +n2 b 2) A11=a11/(pi^4*D*(m1^2/a^2+n1^2/b^2)^2); A12=a12/(pi^4*D*(m1^2/a^2+n2^2/b^2)^2); A21=a21/(pi^4*D*(m2^2/a^2+n1^2/b^2)^2); A22=a22/(pi^4*D*(m2^2/a^2+n2^2/b^2)^2); b) Определяне на преместването, усукващия момент, тангенциалните разрезни усилия и реакциите в опорите: В Матлаб: w = i i A mn sin ( mπx ) sin (nπy m=1 n=1 ) ; a b M x = Dπ 2 i i A mn ( m2 n2 n=1 2 + ν 2) sin (mπx) sin (nπy m=1 ) ; a b a b i i M xy = Dπ 2 (1 ν) A mn mncos ( mπx ) cos (nπy a b ) m=1 n=1 Q x = Dπ 3 i i A mn ( m3 + n3 m=1 n=1 a 3 ab2) cos (mπx) sin (nπy ) ; a b Q y = Dπ 3 i i A mn ( n3 + m3 m=1 n=1 ) sin b 3 a 2 (mπx) cos (nπy ) ; b a b r (0, b 2 ) = 2M xy (0, b 2 ); r(0,0) = 2M xy(0,0). %Преместване w11=a11*sin(m1*pi*a/2/a)*sin(n1*pi*b/2/b); w12=a12*sin(m1*pi*a/2/a)*sin(n2*pi*b/2/b); w21=a21*sin(m2*pi*a/2/a)*sin(n1*pi*b/2/b); w22=a22*sin(m2*pi*a/2/a)*sin(n2*pi*b/2/b); w=w11+w12+w21+w22 %Разрезни усилия Mx11=D*pi^2*(A11*(m1^2/a^2+ni*n1^2/b^2)*sin(m1*pi*x/a)*sin(n1*pi*x/a)); Mx12=D*pi^2*(A12*(m1^2/a^2+ni*n2^2/b^2)*sin(m1*pi*x/a)*sin(n2*pi*x/a)); Mx21=D*pi^2*(A21*(m2^2/a^2+ni*n1^2/b^2)*sin(m2*pi*x/a)*sin(n1*pi*x/a)); Mx22=D*pi^2*(A22*(m2^2/a^2+ni*n2^2/b^2)*sin(m2*pi*x/a)*sin(n2*pi*x/a)); Mx=Mx11+Mx12+Mx21+Mx22; c) Диаграми на разрезните усилия Диаграмите на разрезните усилия са начертани с помощта на файл plate2series.m в Матлаб. d) Напрежения 33

maxσ x = 6M x ; maxτ t 2 xz = 3 Q x ; maxτ 2 t yz = 3 Q y. 2 t В Матлаб: %Напрежения maxsigx=6*mx/t^2 34

Упражнение 11. Решаване на плочи по метода на граничното натоварване Правила за определяне на пластичните линии: - Пластичните линии са прави; - Пластичните линии са релативни оси на ротация с постоянен по дължината си съпротивителен момент за всеки от двата сегмента; - Закрепените ръбове на плочата са главни оси на ротация без съпротивителен момент, когато са просто подпрени и със съпротивителен момент, когато са запънати образува се отрицателна пластична линия; - През точката на подпиране с колона минава главна ос на ротация, чието направление се определя от останалите правила; - Пластичните линии формирани от съсредоточена сила са радиални положителни, започващи от приложната точка и окръжни отрицателни образуващи ветрилообразни сегменти от плочата; - Пластичната линия между два сегмента трябва да минава през пресечната точка на главните им оси на ротация, ако те не са успоредни. Задача 11.1. Правоъгълна свободно подпряна плоча с размери 4 на 8 метра е натоварена с равномерно разпределен товар с интензитет q. Да се определи съпротивителния момент, ако плочата е армирана така, че да е изотропна. Решение: Положителните пластични линии са изобразени на фиг. 20 като размерът а е неизвестен. Той ще бъде определен от условието за максимален съпротивителен момент. Стойностите на а и m ще бъдат определени итерационно. Въвеждат се следните допълнителни означения: n = 4 - брой на диагоналните пластични линии; r = e-2a дължина на хоризонталната пластична линия. 35

Дължината на диагоналната пластична линия е: Фиг. 20. Пластични линии l = 2 2 + a 2. Размерът b се определя като се предположи, че линията c-b минава отдясно на горната диагонална пластична линия фиг. 21 c. Тогава за b е в сила: b = 2 22 +a 2. a Размерът c се определя като се предположи, че линията c-b минава отляво на горната диагонална пластична линия фиг. 21 b. За c е в сила: c = a 22 +a 2. 2 Ъгълът на завъртане, при първия случай на разположение на линията c-b, зависимостта: се определя от по θ 2 = 1 2 + 1 2 = 1. Ъгълът на завъртане, при втория случай на разположение на линията c-b, зависимостта: се определя от по 36

θ 1 = 1 b + 1 c = a + 2 = 1 2 2 2 +a 2 a 2 2 +a 2 2 2 +a 2 (a + 2 ). 2 a Итерационното решаване на задачата започва с избор на начална стойност на а. Нека а = 1 m. Дължината на диагоналните пластични линии е θ 1 = 1 2 2 +1 2 (1 2 + 2 1 ) = 1,1180 rad. l = 2 2 + 1 2 = 2,2361 m Вътрешната работа за завъртането зависи от съпротивителния момент М, дължината на пластичната линия и ъгъла на завъртане: W i = (M. l. θ 1. n) + (M. r. θ 2 ) = (M. 2,2361.1,1180.4) + (M. 6.1) = 16M. Външната работа за завъртането зависи разпределяния товар q, площта върху която действа 5 и преместването в приложната точка на равнодействащата му: W e = (d. a. 1 2 q. 1 3. 2) + (r. d 2 q. 1 2. 2) + (a. d 2 1 2 q. 1 3. 4) = 14,667q. От условието вътрешната и външната работа да са равни (w i = w e ), следва: m = 14,667q 16 = 0,91667q. 5. Използвайки същите зависимости, при различни стойности на a, се получават резултатите от таблица Таблица 5. Итерационно определяне на а а W i W e M 1,5 13,333M 14,000q 1,0500q 2 12,000M 13,333q 1,1111q 2,5 11,200M 12,667q 1,1309q 3 10,667M 12,000q 1,1250q 3,5 10,286M 11,333q 1,1018q 4 10,000M 10,667q 1,0667q При изчислените стойности за а, се вижда, че най-голяма стойност за М има при а=2,5 m. Възможно е тази стойност да се прецизира, ако изчислим нови значения в околността на тази точка. 5 Произведението на разпределяния товар и площта, върху която действа, представлява равнодействащата сила на разпределения товар. 37

Упражнение 12. Решаване на плочи по метода на Маркус Таблица 6. Параметрите за метода на Маркус Задача 12.1. Решение: Да се реши задача 10.1. като се използва метода на Маркус. Разглежданата плоча е ставно подпряна по четирите си края. Използва се таблицата за определяне на параметрите по метода на Маркус. В сила са следните завизимости: c x = c y = 5; k i = c i = 5 = 1; b c j 5 i = 1; r i = l i = 5 = 1; q l j 5 i = 1 1+k i r 4 q = 1 Et3 i 1+1.12 10000 = 5000 Pa; D = = 12(1 ν 2 ) 3,5.10 10.0,1 3 12(1 ν 2 ) = 2,98.10 6 Nm. 38

За провисванията е в сила: w i = c 4 i q i l i 384 D = 5 5000. 5 4 384 2,98.10 6 = 0,0137 m. Максималния огъващ момент, в средата на плочата е: M i = 1 8 q il i 2 = 1 8 5000. 52 = 15625 Nm. 39

Упражнение 13. Метод на ивиците Уравнението за равновесието на елементарна плоча има вида: 2 M x x 2 + 2 M y y 2 2 2 M xy x y = q, където M x и M y са огъващите моменти, M xy е усукващия момент, а q е равномерно разпределения товар по плочата. Приема се, че усукващия момент е равен на нула, а разпределения товар се разпределя по двете направления, което води до уравненията: Задача 13. 1. 2 M x x 2 = kq и 2 M x x 2 = (1 k)q. Разглежда се запъната по краищата си стоманобетонна плоча с размери 5 на 6 m, натоварена с равномерно разпределен товар 1000 kn/m 2. Границата на якост на бетона е 5 МРа, а границата на провлачване на стоманата е 360 МРа. Да се намерят моментите във всички критични зони и да се определят дебелината и армировката на плочата. Решение Въвеждат се следните променливи: l n = a = 6 m - максимален просвет на плочата; k = 1379 MPa -???; β = a = 6 = 1,2 отношение на двете страни. b 5 Минималната дебелина на плочата според ACI (American Concrete Institute) е: h = l n.(0,8+f y /k) 36+9.β Избира се дебелина на плочата h = 14 cm. Изчислява се натоварването от собственото тегло: q d = q s. h 12 = 6.(0,8+360/1379) 36+9.1,2 = 0,136 m. = 150. 14 12 = 1167 kn/m2. Използват се коефициенти на натоварването: за собственото тегло - k d = 1,2 и за полезния товар - k l = 1,6, при което за проектното натоварване се получава: q = q d. k d + q s. k l = 1167.1,2 + 1000.1,6 = 3000 kn/m 2. За анализ чрез ивичния метод, плочата се разделя на четири равни части по късата страна, като в ъглите се образуват квадрати - фиг. 21. Натоварването в средната част се поема изцяло по направление на ос y, в ъглите се разделя по равно в двете направления и в оставащите малки правоъгълници изцяло по ос x. 40

Фиг. 21. Плоча Изчисляване на момента в малките правоъгълници фиг. 22. а): Греда: M x = qb2 = 3000.52 = 2343 kn; 32 32 В краищата (отрицателен): M xs = M x. 2 = 2343. 2 = 1562 kn; 3 3 В средата (положителен): M xf = M x. 1 = 2343. 1 = 781 kn. 3 3 а) б) 41

в) г) Фиг. 22. Разпределение на натоварването по ивици Изчисляване на момента в квадратите по направление на ос х фиг. 22 б): Греда: M x = q 2 b 2 = 3000 32 2 5 2 32 = 1172 kn; В краищата (отрицателен): M xs = M x. 2 = 1172. 2 = 781 kn; 3 3 В средата (положителен): M xf = M x. 1 = 1172. 1 = 390 kn; 3 3 Изчисляване на момента в квадратите по направление на ос y фиг. 22 в): Греда: M y = q 2 b 2 = 3000 32 2 5 2 32 = 1172 kn; В краищата (отрицателен): M ys = M y. 2 = 1172. 2 = 781 kn; 3 3 В средата (положителен): M yf = M y. 1 = 1172. 1 = 390 kn; 3 3 Изчисляване на момента в големия правоъгълник фиг. 22. г): Греда: M y = qb2 = 3000.52 = 9375 kn; 8 8 В краищата (отрицателен): M xs = M x. 2 = 9375. 2 = 6250 kn; 3 3 В средата (положителен): M xf = M x. 1 = 9375. 1 = 3125 kn. 3 3 42

Упражнение 14. Изкълчване на пластини 43