PYTANIA KONTROLNE STAN NAPRĘŻENIA, ODKSZTAŁCENIA PRAWO HOOKE’A
TENSOMETRIA – ZARYS TEORETYCZNY
Stan naprężenia jest niemożliwy do pomiaru, natomiast łatwo zmierzyć stan odkształcenia na
powierzchni zewnętrznej badanej konstrukcji.
Aby wyznaczyć stan naprężenia trzeba skorzystać z równań fizycznych (prawo Hooke’a).
Na powierzchni zewnętrznej panuje płaski stan naprężenia (wynika to z warunków brzegowych).
W praktyce pomiarowej wyznaczamy stan odkształceń na podstawie kilku (przynajmniej trzech)
zmierzonych odkształceń liniowych na wybranych kierunkach.
Do wyznaczenia dwu odkształceń głównych i kąta potrzeba trzech pomiarów
,
,
I
II
III
ε ε
ε
odkształceń liniowych w różnych i ustalonych kierunkach. Kierunki te są zazwyczaj z góry ustalone
w tzw. rozecie tensometrycznej, dla których to kątów wyprowadzone są wzory na odkształcenia
główne i ich kierunki względem kierunków pomiarowych.
ROZETA
Wzór transformacyjny:
2
2
1
cos
sin
sin
cos
x
x
y
xy
ε
ε
α ε
α γ
α
α
=
+
+
Jeśli znamy
1
,
,
x
x
y
ε
ε ε
oraz
α
, to możemy wyznaczyć odkształcenie kątowe:
2
2
1
cos
sin
2
2 cos sin
xy
x
x
y
xy
γ
ε
ε
α ε
α
ε
α
α
−
−
=
=
oraz kierunki główne
2
xy
x
y
tg
γ
θ
ε
ε
=
−
2
1,2
2
2
2
x
y
x
y
xy
ε
ε
ε
ε
γ
ε
+
+
⎛
⎞ ⎛
⎞
=
±
+
⎜
⎟ ⎜
⎟
⎝
⎠ ⎝
⎠
Przykład
W punkcie ciała, w którym panuje płaski stan naprężenia (płaski w płaszczyźnie xyη ) zmierzono
odkształcenia w trzech kierunkach. Znaleźć pełny tensor odkształceń w układzie xyz i naprężenia
główne.
Dane:
4
10 10
x
ε
−
= ⋅
,
4
5 10
y
ε
−
= ⋅
,
4
2 10
η
ε
−
= ⋅
,
5
2 10
E
MPa
= ⋅
,
0.3
ν
=
Macierz przejścia z układu xyz do
z
ξη
obrót o kąt
0
45
α
=
.
cos
sin
0
sin
cos
0
0
0
1
Q
α
α
α
α
⎡
⎤
⎢
⎥
= −
⎢
⎥
⎢
⎥
⎣
⎦
Prawo transformacji dla odkształceń:
'
ij
ik
jl
kl
Q
Q
ε
ε
=
⋅
⋅
:
'
22
21
21 11
21
22 12
21
23 13
22
21 21
22
22 22
22
23 23
23
21 31
23
22 32
23
23 33
Q Q
Q Q
Q Q
Q Q
Q Q
Q Q
Q Q
Q Q
Q Q
η
ε
ε
ε
ε
ε
ε
ε
ε
ε
ε
ε
=
=
+
+
+
+
+
+
+
+
(
)
(
)
0.5
0.5
0
0.5
0.5
0 0 0 0
x
xy
xy
y
ε
ε
ε
ε
=
+ −
+ + −
+
+ + + +
(
)
(
)
4
4
0.5
10
0.5 10 5
2
5.5 10
xy
x
y
η
ε
ε
ε
ε
−
−
⎡
⎤
=
+
−
=
+ −
=
⋅
⎣
⎦
Płaski stan naprężenia w płaszczyźnie x,y czyli
0
z
σ
=
(
)
2
0
z
z
x
y
z
G
σ
ε
λ ε
ε
ε
=
+
+
+
=
(
)
(
)
(
)
(
)
4
4
15 10
0.3 / 0.7
6.43 10
2
1
x
y
x
y
z
G
ε
ε λ
ε
ε ν
ε
λ
ν
ν
−
−
−
+
−
+
=
=
= − ⋅
⋅
= −
⋅
+
−
Tensor odkształcenia w układzie xyz:
4
10
5.5
0
5.5 5.0
0
10
0
0
6.43
ε
−
⎡
⎤
⎢
⎥
=
⋅
⎢
⎥
−
⎢
⎥
⎣
⎦
T
Stałe materiałowe:
5
2
1.538 10 MPa
1
E
G
ν
=
=
⋅
+
(
) (
)
5
1.154 10 MPa
1
1 2
E
ν
λ
ν
ν
=
=
⋅
+ ⋅ −
Równania fizyczne:
(
)
11
11
11
22
33
2G
σ
ε
λ ε
ε
ε
=
+
+
+
(
)
22
22
11
22
33
2G
σ
ε
λ ε
ε
ε
=
+
+
+
(
)
33
33
11
22
33
2G
σ
ε
λ ε
ε
ε
=
+
+
+
12
12
2G
σ
ε
=
13
13
2G
σ
ε
=
23
23
2G
σ
ε
=
Naprężenie styczne:
2
84.6 MPa
xy
xy
G
τ
ε
=
=
Naprężenie normalne:
5
4
1.538 10 10 10
98.9 =252.7 MPa
x
σ
−
=
⋅
⋅ ⋅
+
5
4
1.538 10 5 10
98.9 =175.8 MPa
y
σ
−
=
⋅
⋅ ⋅
+
(
)
5
4
1.538 10
6.43 10
98.9 =0
z
σ
−
=
⋅
⋅ −
⋅
+
spr
o.k.
Tensor naprężeń w układzie xyz:
252.7
84.6
0
84.6
175.8 0
MPa
0
0
0
σ
⎡
⎤
⎢
⎥
=
⋅
⎢
⎥
⎢
⎥
⎣
⎦
T
Naprężenia główne:
(
) (
)
2
2
1,2
0.5
4
x
y
x
y
xy
σ
σ
σ
σ
σ
τ
=
+
±
−
+
1
307.2 MPa
σ
=
2
121.3 MPa
σ
=
Przykład
Znaleźć wektor naprężeń przy przecięciu płaszczyzną o wektorze normalnym
(
)
1 2
2
=
a
Znaleźć składową normalną i styczną tego wektora naprężeń. Dany stan naprężeń :
1
4
2
4
3
7
2
7
1
σ
⎡
⎤
⎢
⎥
=
−
⎢
⎥
−
⎢
⎥
⎣
⎦
T
V
σ
=
p
T v
gdzie:
1
3
2
3
2
3
⎛
⎞
⎜
⎟
⎜
⎟
=
=
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝
⎠
a
v
a
2
2
2
1
2
2
3
=
+
+
=
a
( )
( )
1
2
2
1
4
2
13
3
3
3
3
1
2
2
4
4
3
7
3
3
3
3
10
1
2
2
3
2
7
1
3
3
3
V
⎛
⎞
⋅ + ⋅ + ⋅
⎜
⎟ ⎛
⎞
⎜
⎟ ⎜
⎟
⎜
⎟ ⎜
⎟
−
=
⋅ + ⋅ + ⋅ −
=
⎜
⎟ ⎜
⎟
⎜
⎟ ⎜
⎟
−
⎜
⎟ ⎝
⎠
⋅ + ⋅ − + ⋅
⎜
⎟
⎝
⎠
p
wektor naprężeń
(
)
1
5
13 8 20
3
9
V
−
=
− −
=
p
v
iloczyn skalarny (liczba)
(
)
5
9
10
9
10
9
V
V
−
⎛
⎞
⎜
⎟
⎜
⎟
−
=
=
⎜
⎟
⎜
⎟
−
⎝
⎠
σ
p
v v
i
składowa normalna wektora naprężeń
13
5
44
3
9
9
10
4
2
3
9
9
10
10
20
3
9
9
s
V
V
⎛
⎞ ⎛
⎞
+
⎜
⎟ ⎜
⎟
⎜
⎟ ⎜
⎟
−
−
=
−
=
+
=
⎜
⎟ ⎜
⎟
⎜
⎟ ⎜
⎟
−
−
+
⎝
⎠ ⎝
⎠
τ
p
σ
składowa styczna wektora naprężeń
Sprawdzenie:
(
)
1
220 20 200
0
81
n
s
=
−
+
+
=
σ
τ
o.k.
Przykład
Dla podanego tensora naprężeń znaleźć wartosci własne (naprężenia główne) i odpowiadające im
wektory własne (kierunki główne)
1
2
0
2
1
0
0
0
2
σ
⎡
⎤
⎢
⎥
= ⎢
⎥
−
⎢
⎥
⎣
⎦
T
3
2
σ
= −
1
2
2
1
xy
σ
⎡
⎤
= ⎢
⎥
⎣
⎦
T
2
2
11
22
11
22
1,2
12
2
2
σ
σ
σ
σ
σ
σ
+
−
⎛
⎞
=
±
+
⎜
⎟
⎝
⎠
1
3
σ
=
2
1
σ
= −
Wektory własne:
1
3
σ
=
(
)
(1)
1
(1)
(1)
1
2
(1)
3
1 3
2
0
2
1 3
0
0
0
0
2 3
v
v
v
σ
σ
⎛
⎞
−
⎡
⎤
⎜
⎟
⎢
⎥
−
⋅
=
−
⋅
=
⎜
⎟
⎢
⎥
⎜
⎟
− −
⎢
⎥
⎣
⎦ ⎝
⎠
T
I v
(1)
(1)
(1)
(1)
1
2
1
2
2
2
0
v
v
v
v
−
+
=
⇒
=
(1)
(1)
(1)
(1)
1
2
1
2
2
2
0
v
v
v
v
+
−
=
⇒
=
(1)
(1)
3
3
5
0
0
v
v
−
=
⇒
=
Przyjąć wartość jednej współrzędnej obliczyć pozostałe i z otrzymanego wektora utworzyć wersor
(
)
(1)
1 1 0
⇒
=
v
(1)
1
1
0
2
2
⎛
⎞
= ⎜
⎟
⎝
⎠
e
2
1
σ
= −
(
)
( )
( )
( )
(2)
1
(2)
(2)
2
2
(2)
3
1
1
2
0
2
1
1
0
0
0
0
2
1
v
v
v
σ
σ
⎛
⎞
⎡
⎤
− −
⎜
⎟
⎢
⎥
−
⋅
=
− −
⋅
=
⎜
⎟
⎢
⎥
⎜
⎟
⎢
⎥
− − −
⎣
⎦ ⎝
⎠
T
I v
(1)
(1)
(2)
(2)
1
2
1
2
2
2
0
v
v
v
v
+
=
⇒
= −
(1)
(1)
(2)
(2)
1
2
1
2
2
2
0
v
v
v
v
+
=
⇒
= −
(2)
(2)
3
3
0
0
v
v
−
=
⇒
=
(
)
(2)
1 1 0
⇒
= −
v
(2)
1
1
0
2
2
−
⎛
⎞
= ⎜
⎟
⎝
⎠
e
trójka prawoskrętna:
(
)
(3)
(1)
(2)
1
1
1
1
0
0
0
0 1
2
2
2
2
−
⎛
⎞ ⎛
⎞
=
×
=
×
=
⎜
⎟ ⎜
⎟
⎝
⎠ ⎝
⎠
e
e
e
Przykład
Dane jest pole naprężeń :
11
1 2
4x x
σ
= −
12
8
σ
=
22
1
x
σ
=
Określić obciążenie brzegowe wywołujące ten stan naprężeń:
Brzeg AB:
,1
,2
0
1
AB
AB
AB
α
α
⎛
⎞ ⎛ ⎞
=
=
⎜
⎟ ⎜ ⎟
−
⎝ ⎠
⎝
⎠
n
[ ]
1
0, 4
x
∈
2
0
x
=
( )
,1
11
,1
12
,2
1 2
4
0 8
1
8
AB
AB
AB
q
x x
σ α
σ α
=
⋅
+
⋅
= −
⋅ + − = −
( )
,2
21
,1
22
,2
1
1
8 0
1
AB
AB
AB
q
x
x
σ α
σ α
=
⋅
+
⋅
= ⋅ +
− = −
( )
,1
8.0
AB
q
A
= −
( )
,1
8.0
AB
q
B
= −
( )
,2
0
AB
q
A
=
( )
,2
4.0
AB
q
B
= −
Brzeg AC:
,1
,2
1
0
AC
AC
AC
α
α
⎛
⎞
−
⎛ ⎞
=
=
⎜
⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠
⎝
⎠
n
1
0
x
=
,
[ ]
2
0,3
x
∈
( ) ( )
,1
11
,1
12
,2
1 2
4
1
8 0
0
AC
AC
AC
q
x x
σ α
σ α
=
⋅
+
⋅
= −
⋅ − +
=
( )
( )
,2
21
,1
22
,2
1
8
1
0
8
AC
AC
AC
q
x
σ α
σ α
=
⋅
+
⋅
= ⋅ − +
= −
( )
,1
0
AC
q
A
=
( )
,1
0
AC
q
C
=
( )
,2
8
AC
q
A
= −
( )
,2
8
AC
q
C
= −
Brzeg BC:
,1
,2
0.6
0.8
BC
BC
BC
α
α
⎛
⎞ ⎛
⎞
=
=
⎜
⎟ ⎜
⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
n
[ ]
1
0, 4
x
∈
2
1
3
3
4
x
x
= −
+
2
11
1 2
1
1
1
1
3
4
4
3
3
12
4
x x
x
x
x
x
σ
−
⎛
⎞
= −
= −
⋅
+
=
−
⎜
⎟
⎝
⎠
(
)
2
2
,1
11
,1
12
,2
1
1
1
1
3
12
0.6 8 0.8 1.8
7.2
6.4
BC
BC
BC
q
x
x
x
x
σ α
σ α
=
⋅
+
⋅
=
−
+ ⋅
=
−
+
,2
21
,1
22
,2
1
1
0.6 8 0.8
0.8
4.8
BC
BC
BC
q
x
x
σ α
σ α
=
⋅
+
⋅
=
⋅ +
⋅ =
⋅ +
( )
,1
6.4
BC
q
C
=
( )
,1
6.4
BC
q
B
=
( )
,2
4.8
BC
q
C
=
( )
,2
8.0
BC
q
B
=
Równowaga globalna:
1)
,1
0
v
K
q
=
∫
2)
,2
0
v
K
q
=
∫
3) Wybieramy punkt np. A
0
A
K
× =
∫
r
q
gdzie:
(
)
,
A
x y
=
r
(
)
,1
,2
,
v
v
q
q
=
q
……
( )
( )
( )
(
)
4
3
4
2
,1
1
1
,1
1
1
,1
1
1
1
2
1
1
1
0
0
0
8
0
1.8
7.2
6.4
?
0
B
C
C
AB
BC
AC
A
B
A
q
x
dx
q
x
dx
q
x
dx
dx
dx
x
x
dx
+
+
= −
+
+
−
+
=
∫
∫
∫
∫
∫
∫
( )
( )
( )
(
)
4
3
4
,2
1
1
,2
1
1
,2
1
1
1
1
2
1
1
0
0
0
8
0.8
4.8
?
0
B
C
C
AB
BC
AC
A
B
A
q
x
dx
q
x
dx
q
x
dx
x dx
dx
x
dx
+
+
= −
+ −
+
⋅ +
=
∫
∫
∫
∫
∫
∫
……..
TEST
1. Poniższy rysunek jest graficznym obrazem płaskiego stanu naprężeń. Uzupełnij macierz
T
σ
oraz rysunek.
Uzupełnienie macierzy
0
0
0
0
1
3
0
3
2
T
σ
⎡
⎤
⎢
⎥
= ⎢
⎥
−
⎢
⎥
⎣
⎦
Uzupełnienie rysunku
2. Dana jest macierz
2
0
0
0
2
4
T
σ
⎡
⎤
⎢
⎥
= ⎢
⎥
−
⎢
⎥
⎣
⎦
.
Uzupełnij macierz i sporządź graficzny obraz na odpowiednio dobranej płaszczyźnie.
Uzupełnienie macierzy
2
0
2
0
0
0
2
0
4
T
σ
−
⎡
⎤
⎢
⎥
= ⎢
⎥
−
⎢
⎥
⎣
⎦
3. Wyznacz wartości własne i określ kierunki główne:
0
0
4
0
4
0
4
0
0
T
σ
⎡
⎤
⎢
⎥
= ⎢
⎥
⎢
⎥
⎣
⎦
2
4
σ
=
0
4
4
0
xz
σ
⎡
⎤
= ⎢
⎥
⎣
⎦
T
2
2
11
33
11
33
1,3
13
2
2
σ
σ
σ
σ
σ
σ
+
−
⎛
⎞
=
±
+
⎜
⎟
⎝
⎠
1
4
σ
=
3
4
σ
= −
(3)
2
2
0
2
2
⎛
⎞
−
= ⎜
⎟
⎝
⎠
e
2
3
σ
σ
=
płaszczyzna prostopadła do wersora
(3)
e
4. Wyznacz wartości własne i określ kierunki główne:
0
0
0
0
0
3
0
3
0
T
σ
⎡
⎤
⎢
⎥
= ⎢
⎥
⎢
⎥
⎣
⎦
0
3
3 0
yz
σ
⎡
⎤
= ⎢
⎥
⎣
⎦
T
2
2
22
33
22
33
2,3
23
2
2
σ
σ
σ
σ
σ
σ
+
−
⎛
⎞
=
±
+
⎜
⎟
⎝
⎠
1
2
3
σ
σ
σ
≠
≠
1
0
σ
=
(
)
(1)
1 0
0
=
e
2
3
σ
=
(2)
2
2
0
2
2
⎛
⎞
= ⎜
⎟
⎝
⎠
e
3
3
σ
= −
(3)
2
2
0
2
2
⎛
⎞
−
= ⎜
⎟
⎝
⎠
e
5. Wyznacz wartości maxymalnych naprężeń stycznych i podaj kierunki występowania:
2
0
0
0
4
0
0
0
6
T
σ
⎡
⎤
⎢
⎥
= ⎢
⎥
⎢
⎥
⎣
⎦
6. Dana jest macierz:
4
2
1
10
1
2
T
ε
−
−
⎡
⎤
=
⋅
⎢
⎥
⎣
⎦
. Oblicz odkształcenie liniowe włókna OP.
Zadanie
Dany jest stan odkształceń w punkcie podany macierzą
4
2
3
10
3
4
ε
−
⎡
⎤
=
⋅
⎢
⎥
−
⎣
⎦
T
Podaj odkształcenie liniowe na kierunku ξ podanym na rysunku:
Transformacja ξ kierunek nowego układu który powstaje ze starego po obrocie osi x o kąt α=135
stopni.
Macierz transformacji
cos
sin
sin
cos
α
α
α
α
⎡
⎤
= ⎢
⎥
−
⎣
⎦
Q
′ =
T
ε
Q ε Q
cos
sin
cos
sin
sin
cos
sin
cos
xx
xy
xy
yy
ξξ
ξη
ξη
ηη
ε
ε
ε
ε
α
α
α
α
ε
ε
ε
ε
α
α
α
α
⎡
⎤
−
⎡
⎤ ⎡
⎤
⎡
⎤
=
⎢
⎥
⎢
⎥ ⎢
⎥
⎢
⎥
−
⎣
⎦
⎣
⎦
⎣
⎦
⎣
⎦
2
2
2
2
2
3
2
2
2
2
3
4
2
2
2
2
2
2
2
2
ξξ
ξη
ξη
ηη
ε
ε
ε
ε
⎡
⎤
⎡
⎤
−
−
−
⎢
⎥
⎢
⎥
⎡
⎤
⎡
⎤
⎢
⎥
⎢
⎥
=
⎢
⎥
⎢
⎥
−
⎢
⎥
⎢
⎥
−
−
⎣
⎦
⎣
⎦
−
⎢
⎥
⎢
⎥
⎣
⎦
⎣
⎦
mnożenie macierzy od końca
Zadanie
Równania równowagi na płaszczyźnie:
0
xy
x
x
P
x
y
σ
σ
∂
∂
+
+
=
∂
∂
(
11
12
1
1
2
0
P
x
x
σ
σ
∂
∂
+
+ =
∂
∂
)
0
xy
y
y
P
x
y
σ
σ
∂
∂
+
+
=
∂
∂
(
12
22
2
1
2
0
P
x
x
σ
σ
∂
∂
+
+
=
∂
∂
)
0 0 0
?0
+ + =
( )
4
4
0
?0
+ − + =
Zadanie
2
0 0 7
?0
x
+ +
=
nie mogą
Zadanie
0
xy
x
x
P
x
y
τ
σ
∂
∂
+
+
=
∂
∂
2 2
2 2
0
x
x
y
P
+
+
=
( )
( )
2 2
2
2 2
2
0
0
−
+
+ =
o.k.
0
xy
y
y
P
x
y
τ
σ
∂
∂
+
+
=
∂
∂
10 2
10
0
y
x
P
+
+
=
( )
10 2
2
10 10
0
−
+
+
=
o.k.
( )
2
2
,
2
2
v
A
α
⎛
⎞
−
= ⎜
⎟
⎝
⎠
Statyczne warunki brzegowe:
vi
vj
ij
q
α σ
=
Na płaszczyźnie:
vx
vx
x
vy
xy
q
α σ
α τ
=
+
?
( )
( )
( )
2
2
2
2
2
5
2
2
5 2
5 2
2
2
2
2
2
−
⎛
⎞
⎛
⎞
=
−
+
+
−
+
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
vy
vx xy
vy
y
q
α τ
α σ
=
+
?
( )
( )
( )
(
)
2
2
2
2
1
5 2
2
2
2
10 2
2
2
2
−
⎛
⎞
− =
−
+
+
− −
⎜
⎟
⎝
⎠
Zadanie
Liczymy funkcje odkształceń:
W punkcie A podstawiamy współrzędne punktu do powyższych funkcji (nie wolno podstawiać
przed różniczkowaniem)
(
)
(
)
1
1
2
3
1
1
2
3
1
,
,
,
,
u x
x
x
x
x
x
x
ε
∂
=
∂
(
)
(
)
2
1
2
3
2
1
2
3
2
,
,
,
,
u
x
x
x
x
x
x
x
ε
∂
=
∂
(
)
(
)
3
1
2
3
3
1
2
3
3
,
,
,
,
u
x
x
x
x
x
x
x
ε
∂
=
∂
(
)
(
)
(
)
1
1
2
3
2
1
2
3
12
1
2
3
1
2
,
,
,
,
1
,
,
2
u x
x
x
u
x
x
x
x
x
x
x
x
ε
⎛
⎞
∂
∂
⎜
⎟
=
+
⎜
⎟
∂
∂
⎝
⎠
(
)
(
)
(
)
1
1
2
3
2
1
2
3
12
1
2
3
1
2
,
,
,
,
1
,
,
2
u x
x
x
u
x
x
x
x
x
x
x
x
ε
⎛
⎞
∂
∂
⎜
⎟
=
+
⎜
⎟
∂
∂
⎝
⎠
(
)
(
)
(
)
1
1
2
3
2
1
2
3
12
1
2
3
1
2
,
,
,
,
1
,
,
2
u x
x
x
u
x
x
x
x
x
x
x
x
ε
⎛
⎞
∂
∂
⎜
⎟
=
+
⎜
⎟
∂
∂
⎝
⎠
Liczymy naprężenia:
Równania fizyczne:
(
)
11
11
11
22
33
2
G
σ
ε
λ ε
ε
ε
=
+
+
+
(
)
22
22
11
22
33
2
G
σ
ε
λ ε
ε
ε
=
+
+
+
(
)
33
33
11
22
33
2
G
σ
ε
λ ε
ε
ε
=
+
+
+
12
12
2
G
σ
ε
=
13
13
2
G
σ
ε
=
23
23
2
G
σ
ε
=
Stałe materiałowe dla ciała izotropowego są
dwie niezależne
np.
,
E
ν
lub :
,
G
λ
wyrażone przez te poprzednie
2
1
E
G
ν
=
+
(
) (
)
1
1 2
E
ν
λ
ν
ν
=
+ ⋅ −
11
12
1
1
2
0
P
x
x
σ
σ
∂
∂
+
+ =
∂
∂
12
22
2
1
2
0
P
x
x
σ
σ
∂
∂
+
+
=
∂
∂
Fizyczne związki odwrotne:
(
)
11
11
11
22
33
1
E
ν
ε
σ
ν σ
σ
σ
+
=
−
+
+
(
)
22
22
11
22
33
1
E
ν
ε
σ
ν σ
σ
σ
+
=
−
+
+
(
)
33
33
11
22
33
1
E
ν
ε
σ
ν σ
σ
σ
+
=
−
+
+
12
12
1
E
ν
ε
σ
+
=
13
13
1
E
ν
ε
σ
+
=
23
23
1
E
ν
ε
σ
+
=
Równania równowagi :
0
ij
i
j
P
x
σ
∂
+ =
∂
W przestrzeni:
13
11
12
1
1
2
3
0
P
x
x
x
σ
σ
σ
∂
∂
∂
+
+
+ =
∂
∂
∂
23
12
22
2
1
2
3
0
P
x
x
x
σ
σ
σ
∂
∂
∂
+
+
+
=
∂
∂
∂
13
23
33
3
1
2
3
0
P
x
x
x
σ
σ
σ
∂
∂
∂
+
+
+
=
∂
∂
∂
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
6 wykad WiĄzania chemiczne[F]
Wyk%c5%82ad Niepewno%c5%9b%c4%87 pomiaru
koncepcja poznawcza czyli człowiek samodzielny (4 str), ☆♥☆Coś co mnie kręci psychologia
BLOOG, ● Wiersze moje ♥♥♥ for Free, ☆☆☆Filozofia, refleksja, etc
psychologia-pojęcia (4 str), ☆♥☆Coś co mnie kręci psychologia
wklej obr.jest mały z jewej str.+ tekst, ⊱✿ WALENTYNKI ⊱✿
Pokaż mi swój obraz, ● Wiersze moje ♥♥♥ for Free, ☆☆☆Filozofia, refleksja, etc
SAŁATKA, ® ★MÓJ ŚWIAT★ ® - ๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑, ® ★ DIETETYKA ★ ® ▬▬▬▬
5. Prensa, Hiszpański, Kultura, España en directo
Pochód nocnych myśli, ● Wiersze moje ♥♥♥ for Free, ☆☆☆Filozofia, refleksja, etc
relaksacja progresywna wg. Jackobsona dla dzieci (2 str), ☆♥☆Coś co mnie kręci psychologia
017 - Kod ramki, ⊱✿ WALENTYNKI ⊱✿
Forszmak, ® ★MÓJ ŚWIAT★ ® - ๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑, ® ★ DIETETYKA ★ ® ▬▬▬
Nizoral, Nauka, Medycyna, ♥♥ Ulotki Leków
UNICEF, Audrey Hepburn ♥, biografia
Choragon 5000, Nauka, Medycyna, ♥♥ Ulotki Leków
Kalarepka, ® ★MÓJ ŚWIAT★ ® - ๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑๑, ® ★ DIETETYKA ★ ® ▬▬
więcej podobnych podstron