1. Dla prętów określić naprężenia we wskazanych przekrojacz . Które ustawienie jest korzystniejsze? Określić naprężenia od ciężaru własnego? a.) pręt B-C : A=πd²/4 , q=ςA , pręt C-D: A'=[π*(2d)²]/4=4A , q'=ςA'=4ςA=4q=4ςA , 1-1: N₁=q'l=4ςAl , A₁=A'=4A , σ₁=N₁/A₁=ςl 2-2: N₂=N₁=4ςAl , A₂=A , σ₂=N₂/A₂=4ςl 3-3: N₃=q'l+ql=(4q+q)l=5ql=5ςAl , A₃=A , σ₃=N₃/A₃=5ςl . b.) pręt B-C: A'=4A , q'=4ςA pręt C-D: A , q=ςA 1-1: N₁=ql=ςAl , A=A , σ₁=N₁/A₁=ςl 2-2: N₂=N₁=ςAl , A₂=4A , σ₂=N₂/A₂=1/4*ςl 3-3: N₃=ql+q'l=5ςAl , A₃=4A , σ₃=N₃/A₃=5/4*ςl odp. “b”jest korzystniejsze mniejsze naprężenia

3. Obliczyć kąt o jaki obróci się odcinek OC jeżeli obciążymy go siłą Q oraz przemieszczenie pionowe punktów B,C? Wydłużeniu ulega cięgno BD o sztywności osiowej EA 2l/b=cosα , b=2l/cosα . Układ SW: 3RRS {∑X=0,∑Y=0,∑M₀=0}potrzebne do wyznaczenia :H₀ , V₀ , N=(Q3l)/(sinα*2l)=3Q/2sinα . Cięgno BD: wydłużenie λ i obrót , pręt OC: obrót φ , oobrót rozpatrujemy przy założeniu małych przemieszczeń : λ=Nb/EA=(3Q/2sinα )*(2l/cosα)*(1/EA)=6Ql/Easin2α . Zależności geometryczne : λ/λ_B=sinα , λ_B=λ/sinα , λ_C/λ_B=3l/2l , λ_C=3/2*λ_B=3λ/2sinα , kąt obrotu sztywnej belki tgφ=λ_B/2l=λ/2lsinα => φ=arctg(λ/2lsinα)

4. Obliczyć składową pionową przemieszczenia punktu B? Pod wpływem Q w prętach powstają siły osiowe i pręty wydłużają się i obracają . l₁/a=cosα , l₁=acosα , l₂/a=sinα , l₂=asinα , 2RRS:∑X=0: -N₁cosα+N₂sinα=0 , ∑Y=0: N₁sinα+N₂cosα=0 , N₁cosα=N₂sinα , N₂=N₁*cosα/sinα=N₁cogα , N₁sinα+N₁ctgαcosα=Q , N₁*(sinα+ctgαcosα)=Q , N₁=Q/(sinα+ctgαcosα) , N₂=N₁ctgα=Qctgα/(sinα+ctgαcosα) , λ₁=N₁l₁/EA , λ₂=N₂l₂/EA , λ_B=λ₁+λ₂ (wektorowo) , λ_Bx=λ₁cosα-λ₂sinα , λ_By=λ₁sinα-λ₂cosα

5. Obliczyć siły w prętach podtrzymujących sztywną belkę , ich wydłużenia oraz naprężenia w tych prętach ?Dane Q ,l, a, E, σ_r, A . 2RRS :∑Y=0: N₁+N₂+N₃-Q=0 , ∑M_B=0: N₂a+N₃*3a-Q*2a=0 , tgα=(λ₂-λ₁)/a=(λ₃-λ₁)/3a , 3(λ₂-λ₁)=λ₃-λ₁ , 3λ₂-3λ₁=λ₃-λ₁ , 3λ₂-2λ₁=λ₃ , 1.) N₁+N₂+N₃=Q , 2.) N₂+3N₃=2Q , 3.) 3*(N₂2l/EA)-2*(N₁3l/EA)=N₃l/EA wyliczyć : N₃=18/31*Q , N₁=2N₃-Q=5/31*Q , N₂=2Q-3N₃=8/31*Q , Naprężenia : σ₁=N₁/A=5/31*Q/A , σ₂=N₂/A=8/31*Q/A , σ₃=N₃/A=18/31*Q/A , Wydłużenia: λ₁=N₁3l/EA=15/31*Ql/EA , λ₂=N₂2l/EA=16/31*Ql/EA , λ₃=N₃l/EA=18/31*Ql/EA ,Warunek wytrzy. σ_max≤σ_r , σ_max=σ₃

6. Dla układu jak poniżej stwierdzić , w którym z nachylonych prętów wystąpi większa siła . Określić przemieszczenie punktu B ? Pod wpływem siły Q w prętach powstają siły osiowe. Pręty wydłużają się i obracają . 2RRS : 1.)∑X=0: -N₁sinα+N₃sin2α=0 ,2.)∑Y=0: N₁cosα+N₂+N₃cos2α=0 , l/l₁=cosα , l₁=l/cosα , l/l₃=cos2α , l₃=l/cos2α Z równania 1.) wynika :N₁sinα=N₃2sinαcosα , N₁=N₃2cosα , N₁/N₃=2cosα . N₁>N₃ dla 2cosα>1 cosα>1/2 60⁰<α<90⁰ , N₁=N₃ dla 2cosα=1 cosα=1/2 α=60⁰ , N₁<N₃ dla 2cosα<1 cosα<1/2 0<α<60⁰

7. Określić rozkład : sił normalnych , przemieszczeń i naprężeń . 1RRS ∑X=0 . Dwie niewiadome : H_B , H_F . Warunek geometryczny : λ_F=0 . N: N₁=-H_F , N₂=-H_F+2P , N₃=-H_F+5P . λ_F=λ_BC+λ_CD+λ_DF=0 , N₁a/EA+N₂a/2EA+N₃a/2EA=0 , 2N₁+N₂+N₃=0 , 2(-H_F)+(-H_F+2P)+(-H_F+5P)=0 , 4H_F=7P , H_F=7/4*P - podstawić i wyliczyć . N₁=-7/4P , N₂=1/4P , N₃=13/4P. λ: λ_C=λ_BC=N₃a/EA=13/4*Pa/EA , λ_D=λ_BC+λ_CD=N₃a/EA+N₂a/EA=14/4*Pa/EA. σ: σ₁=N₁/A=-7/4*P/A , σ₂=N₂/2A=1/8*P/A , σ₃=N₃/2A=13/8*P/A

8. Wewnątrz tulei stalowej znajduje się miedziany walec . Całość jest ściskana określić max siłę ściskającą . Dane : A₁ , A₂ , E₁ , E₂ , K_C1 , K_C2 . Układ jest równoważny 2 prętom tak ściskanym , że skrócenia prętów są sobie równe , pręty się pokrywają . 1RRS: ∑Y=0: N₁+N₂=0 , Warunek geometryczny : λ_C1=λ_C2 , N₁l/E₁A₁=N₂l/E₂A₂ , N₁/E₁A₁=N₂/E₂A₂ , N₁+N₂-P=0 , N₂=P-N₁ , N₁/E₁A₁=(P-N₁)/E₂A₂ , wyliczamy z tego N₁ a następnie N₂ . σ₁=N₁/A₁≤K_C1 , σ₂=N₂/A₂≤K_C2 --warunki ściskania

9. W układzie jeden z prętów został ogrzany , określić naprężenia w prętach . Pod wpływem temp pręt lewy chce się wydłużyć , przeszkadza mu w tym pręt prawy . w prętach powstają siły osiowe ściskające . Warunek geom λ_C/a=λ_D/2a => λ_C=1/2λ_D (λ_C>0-rozciąganie , λ_D>0-ściskanie) 2RRS:∑Y=0: -N₁-N₂+V_B=0 , ∑M_B=0: N₁a-N₂2a=0 , λ_C=1/2λ_D: α_τ∆τ2l-N₁2l/EA=1/2*N₂l/EA , { N₁+N₂=V_B , N₁=2N₂ , 4α_τ∆τEA-4N₁=N₂} wyliczamy N₁ i N₂ oraz σ₁=N₁/A , σ₂=N₂/A .

10. Określić naprężenia jakie powstaną w prętach po zamocowaniu układu jak poniżej . Dane : б , l ,EA ,a . Aby zmontować układ , możemy go obciążyć 2 siłami P . Pręt CD wydłuży się , a pręt BD będzie ściskany - skróci się . Siłę P trzeba tak dobrać aby punkty C i F pokryły się Pręt BD naciska w punkcie B , stąd zwrot siły N. 3RRS :∑X=0: -Ncosα-H_K=0 , ∑Y=0: -Nsinα-V_K+P=0 , ∑M_K=0: Nsinα*2a-Pa=0 => N=P/2sinα , б<<l₁(złożone) , l₁=√[l²-a²] ,sinα=l₁/l=√[l²-a²]/l . Warunek geom λ_F+λ_B=б , λ/λ_B=sinα , λ_B=λ/sinα , λ_F/λ_B=a/2a ,λ_F=1/2*λ_B=1/2*λ/sinα , λ_F+λ_C=б , ½*λ/sinα+λ_C=б , λ=Nl/EA=Pl/2sinαEA , λ_C=N₁l₁/EA=(P√[l²-a²])/2sinαEA .wyliczamy P : P=бEA/[(l³/(4(l²-a²)))+√[l²-a²] ] obliczenia końcowe: pręt C-D: N₁=P , σ₁=N₁/A , pręt B-D: N₂=P/2sinα , σ₂=N₂/A

11. Obliczyć naprężenia w prętach powstałe po zmontowaniu układu. Dane: EA, l ,α ,e . Zakładamy mały odstęp e<<l . Aby zmontować układ można go obciążyć 2 siłami P , wszystkie pręty się wydłużą , siłę P należy tak dobrać aby punkty B i C pokryły się . Zbieżny układ sił: 1.) ∑X=0: -N₂cosα-N₃cosα+P=0 , 2.) ∑Y=0: N₂sinα-N₃sinα=0 , z 2.) N₃=N₂ z 1.) 2N₂cosα=P , N₂=P/2cosα , λ₁=λ₃=N₂l/EA=Pl/2cosαEA , λ₂/λ₃=cosα , λ_B=λ₂/cosα=Pl/2cos²αEA , λ_C=N₁l/EA . Warunek geom λ_B+λ_C=e , Pl/2cos²αEA +Pl/EA=e wyliczyć P a następnie naprężenia .

12. Obliczyć naprężenia w pręcie gdy ostanie on obciążony siłą P , przy jakiej wartości zostanie zlikwidowany luz i co będzie potem . 1RRS ∑X=0: -H_B+P=0 =>H_B=P ,pręt C-D: N₁=0 , σ₁=0 pręt B-C: N₂=P , σ₂=N₂/2A=P/2A , λ_C=λ_BC=N₂l/2EA=Pl/2EA , λ_D=λ_CB+λ_CD=Pl/2EA+0=Pl/2EA , zamknięcie luzu : λ_D=б , Pl/2EA=б , P=P₀=2Eaб/l . po zamknięciu luzu układ jest statycznie niewyznaczalny .W obydwu prętach powstają naprężenia do naprężenia σ₂ trzeba dodać wartość σ₂₀=P_o/2A=Eб/l , N₁=-H_D , N₂=H_D+N₁ . Warunek geom λ_D=0 , λ_BC+λ_CD=0 , N₂l/2EA+N₁l/EA=0 , N₂+2N₁=0 , (-H_D-P₁)+2(-H_D)=0 , H_D=P₁/3 , σ₁=N₁/A , σ₂+σ₂₀=N₂/A+Eб/l .

13. przy jakim podgrzaniu zniknie luz i co będzie potem . Dane: α_T ,E, A, l, б, ∆τ, . λ_τ=α_τ*∆τ*l , przed zamknięciem luzu : λ_C=λ_BC=α_τ∆τl , λ_D=λ_BC+λ_CD=α_τ∆τl+α_τ∆τl=2α_τ∆τl . zamknięcie luzu: λ_D=б , 2α_τ∆τl=б =>∆τ=∆τ₀=б/2α_τl po zamknięciu luzu układ jest statycznie niewyznaczalny . Powstaną siły osiowe i naprężenia ściskające : ∆τ₁=∆τ-∆τ₀ , N₁=-H_D , N₂=-H_D . Warunek geom : λ_D=б , λ_D=λ_BC+λ_CD= N₂l/2EA+α_τ∆τ₁l+N₁l/EA+α_τ∆τ₁l=0 wyliczamy N₁ i N₂ a następnie H_D : H_D=4/3*α_τ∆τ₁EA , σ₁=N₁/A , σ₂=N₂/2A , λ_C=λ_BC+λ_BC⁰=N₂l/2EA+α_τ∆τ₀l , λ_D=λ_D⁰ .

14. Narysować przebieg momentów skręcających , kątów skręcania . Dobrać przekrój. Dane: M ,l, k_t, G _. M_s: M₁=M , M₂=M-3M=-2M , M₃=M-3M-2M=-4M , przekroje kołowe: I_s=πr⁴/2 , W_s=πr³/2 . C-D: I_s1=[π(d/2)⁴]/2=πd⁴/32 , W_s1=πd³/16 . B-C: I_s2=[π(3/4*d)⁴]/2=81/512*πd⁴ , W_s1=27/128*πd³ . A-B: I_s3=I_s2 , W_s3=W_s2 . φ_B=φ_AB=M₃l/GI_s3 , φ_C=φ_AB+φ_BC , φ_BC=M₂l/GI_s2 , φ_D=φ_C+φ_CD , φ_CD=M₁l/GI_s1 [Ml/d⁴] . Naprężenia styczne (ekstremalne) w poszczególnych odcinkach: τ=M/W_s , . G-D: τ₁=M₁/W_s1 B-C: τ₂=M₂/W_s2 A-B: τ₃=M₃/W_s3 , τ_max≤k_t wyliczyć wcześniejsze naprężenia i na podstawie największego obliczyć przekrój.

15.Który z przekrojów jest najkorzystniejszy. Dane: M, k_t a) przekrój kołowy : W_s=πr³/2=[π(d/2)³]/2 =πd³/16 , τ=M/W_s , τ≤k_t , M/W_s≤k_t wyliczyć średnice d a następnie przekrój A :A=πd²/4 . b)przekrój cienkościenny pierścieniowy: W_s=2πr²б , τ=M/W_s τ≤k_t , M/W_s≤k_t , wyliczyć r następnie A: A=2πrб . c) przekrój cienkościenny otwarty : I_s=1/3*∑b_iб_i³=1/3*4cб³ , W_s=I_s/б , τ≤k_t , M/W_s=k_t , wyliczyć c następnie A : A=4cб . Wniosek : najkorzystniejszy jest wariant b .

16. Obliczyć grubość spoiny б_s . Dane M, k_t , k_sp . Z rys wynika że pręt jest SW skręcony momentem M . Zakładamy że dane są wymiary przekroju poprzecznego b, б . Spoina jest czołowa , wklęsła ścinana w płaszczyźnie poziomej . Z warunku równości naprężeń stycznych wynika że spoina ścinana jest przez naprężenia styczne τ=M/W_s , W_s=2Fб_min ,pole objęte konturem przekroju cienkościennego zamkniętego: F=b² , W_s=2b²б , τ=M/2b²б siła ścinająca spoinę na długości L : S=τlб , naprężenia styczne w płaszczyźnie ścinania: τ_s=S/lб_s=M/2b²б*б/б_s=M/2b²б_s , warunek wytrzymałości dla spoiny : τ_s≤k_sp , M/2b²б_s≤k_sp , б_s≥M/2b²k_s , б_smin=M/2b²k_sp .

17. Określić rozkład momentów skręcających , kątów skręcania i dobrać przekrój . Dane: M, a, k_t, G . GI_s=const , I_s=πr⁴/2=πd⁴/32 , W_s=πr³/2=πd³/16 , M: M₁=M_E , M₂=M_E-M , M₃=M_E-M+3M=M_E+2M , M₄=M₃-5M=M_E-3M . Warunek geom φ_E=0 , φ_AB+φ_BC+φ_CD+φ_DE=0 , M₄a/GI_s+M₃2a/GI_s+M₂a/GI_s+M₁a/GI_s=0 , (wyliczyć M_E podstawiając wcześniej napisane zależności) M_E=0 (szczególny przypadek obciążenia) . φ_A=0 , φ_B=φ_AB , φ_C=φ_B+φ_BC , φ_D=φ_C+φ_CD , φ_E=0 . ( na podstawie największego momentu wyznaczyć przekrój) τ≤k_t , M_max/W_s≤k_t .

18. Określić przekroje belki i porównać je .Dane : P, a, k_g. Jest to przypadek zginania prostego . 2RRS: ∑Z=0: P+3P-V_A-V_B=0 , ∑M_A=0: V_B4a-Pa-3Pa=0 , V_B=2,5P , V_a=4P-V_B=1,5P . M: M_a=0 , M₁=V_Aa=1,5Pa , M₂=V_Ba=2,5Pa , M_B=0 ,M_max=M₂ . a) W=πr³/4=πd³/32 , σ≤k_g , M_max/W=k_g , wyliczyć średnice d a następnie przekrój A :A=πd²/4 , b) W=bh²/6 , σ≤k_g , wyliczyć b , następnie A: A=bh , c) W=I_y/h_d , I_c=[3c*(3c)³]/12-2*(cc³/12) , σ≤k_g , wyliczyć c i A: A=7c² . Wniosek : Najkorzystniejszy jest przekrój „b” .

19. Określić przekrój belki , max ugięcie i kąty obrotu na podporach . Dane: q, l, E, k_g . Jest to przypadek zginania prostego . symetria: f=w_max , φ_B=-φ_A , reakcjie: V_B=V_A=ql/2 , M(x)=V_Ax-qx*x/2=ql/2*x-qx²/2=q/2*(lx-x²) . Całkowanie równania różniczkowego ugięcia belki: EIw''=-M(x)=q/2*(x²-lx) , EIφ=∫q/2*(x²-lx)dx+C=q/2*(1/3*x³-1/2*x²)+C , EIw=∫q/2*(1/3*x³-1/2*x²)dx+Cx+D=g/2*(1/12*x⁴-1/6**lx³)+Cx+D . warunki brzegowe: 1) w(0)=0 x=0 D=0 , 2) w(l)=0 x=l C=ql³/24 . Wyniki: EIw(x')=q/2*(1/12(x⁴-1/6*lx³)+ql³x/24 , EIφ(x)=q/2(1/3*x³-1/2*lx²)+ql³/24 , EIw(l/2)=5/384*ql⁴=f , EIφ(0)=ql³/24 , φ_A=φ(0)=ql³/24 , φ_B=-φ_A . Projektowanie : a) S_u=4c*c*c./2+2c*2c*2c=10c³ , F₁=4c*c , F₂=2c*2c , F=8c² , V_C=S_u/F , I_u=4cc³/12+4c²*(c/2)²+2c(2c)²/12+4c²(2c)² , I_y=I_u-F*V_C² , W=I_y/h_g=I_u/V_C M: M_A=0 , M(l/2)=q/l*(l*l/2-l²/4)=ql²/8 , M_B=0 , M_max=ql²/8 , σ≤k_g ,M_max/W≤k_g , wliczyć „c”. b) F₁=1/2*r² , F₂=1/2*r² , F₃=1/2*πr² , F=F₁+F₂+F₃ , S_u=2(1/2*r²*2/3*r)+1/2*πr²*(r+4/3*r/π) , V_C=S_u/F , I_u=[rr³/36+1/2*r²*(2/3*r)²]*2+[πr⁴/8-πr²/2*(4/3*r/π)²]+πr²/2 , I_y=I_u-F*V_C , W=W_min=W_g=I_y/h_g=I_y/(2r=-V_C) , M_max/W≤k_g , wyliczyć „r” .

20. Określić ugięcie i kąty ugięcia belek. A) M(x)=-M_Ax⁰=-Mx⁰ , EIw''=-M(x)=Mx⁰ , EIφ=Mx+C , EIw=1/2*Mx²+Cx+D . Warunki brzegowe: 1)w(0)=0 x=0 D=0, 2) φ(0)=0 x=0 C=0. Wyniki: EIw(x)=1/2*Mx² , EIφ(x)=Mx , f=w(l)=Ml²/2EI . B) V_A=P , M_A=Pl , EIw''=-M(x)=Plx⁰-Px , EIφ=Plx-1/2*Px²+C , EIw=1/2*PLx²-1/6*Px³+Cx+D . Warunki brzegowe: 1) w(0)=0 x=0 D=0 ,2) φ(0)=0 x=0 C=0 . Wyniki: EIw(x)=1/2*Plx²-1/6*Px³ , EIφ(x)=Plx-1/2*Px² , f=w(l)=Pl³/3EI .

21. Rozwiązać metodą super pozycji belkę : Jest to belka SN , mamy 3 reakcje a 2RRS:∑Z=0 , ∑M_B=0 . Warunek geom w(0)=0 . Wyznaczenie linii ugięcia belki: M(x)=V_Ax-qx*x/2 , EIw''=q/2*x²-V_Ax , EIφ=q/6*x³-1/2*V_Ax²+C , EIw=q/24*x⁴-1/6*V_Ax³+Cx+D . Warunki brzegowe: 1) φ(l)=0 C=1/2*V_Al²-q/6*l³ , 2)w(l)=0 D=3/24*ql⁴-1/3*V_Al⁴ . Warunek geom w(0)=0 i wyliczamy V_A . Pozostałe reakcje : ∑Z=0 , V_A+V_B-ql=0 , V_B=5/8*ql , ∑M_B=0 , -V_Al+ql*l/2-M_B=0 , M_B=1/8*ql² . M_A=0 , M₁=V_A*l/2-ql/2*l/4=2/16*ql² , M_B^L=-M_B=-2/16*ql² , T_A^P=V_A=3/8*ql , T_A^L=-V_B=-5/8*ql .

22. Określić taką się Q , aby ugięcie końca belki było =0. 2RRS:∑Z=0: V_A+Q+P=0 , ∑M_A=0: -M_A-Pl+Q2l=0 . V_A=P-Q , M_A=2Ql-Pl , M(x)=(V_Ax+M_Ax⁰)│_x<o,2L>─P(x-l)│_x<L,2L> (x<0,2L>=I ,x<L,2L>=II) , EIw''=-M(x)=-(V_Ax+M_Ax⁰)│_I+P(x-l)│_II , EIφ=-(1/2*V_Ax²+M_Ax)│_I+P(1/2*x²-lx)│_II , EIw=-(1/6*V_Ax³+1/2*M_Ax²)│_I+P(1/6*x³-1/2*lx²)│_II . Warunek geom w(l)=0 (wstawiamy x=l do EIw) , -(1/6*V_Al³+1/2*M_Al²)+P(1/6*l³-1/2*l³)=0 , 3M_A/l=V_A+2P (podstawiamy za M_A=2Ql-Pl i za V_A=P-Q i wyliczamy Q) Q=6/7*P

23. Płaski stan naprężeń określa tensor. σ= 200 -100 -100 200 a) układ naprężeń na kostce różniczkowej. σ₁₁=200MPa , σ₂₂=-200MPa , σ₁₂=-100MPa . b) naprężenia pod kątem α=-30⁰ : sin2α=(-60⁰)=-√3/2 , cos2α=cos(-60⁰)=1/2 , σ_nα=1/2*(200*200)+1/2*(200-200)*1/2-100*(-√3/2) , σ_n(α+90)=200-0-100*(√3/2) , σ_tα=-1/2*(200-200)*(-√3/2)-100*1/2 . c) wartości i kierunki główne: tg2α₀=2(-100)/(200-200)=-∞ ,2α₀=-90⁰ , α₀=-45⁰ , α₀₁=-45⁰ , α₀₂=-45⁰+90⁰=45⁰ , σ_nα0=1/2*(200+200)+1/2*(200-200)*cos(-90⁰)-100*sin(-90⁰) , σ_n(α0+90)=200-100 , σ_tα0=0 , σ₁=σ_nα0 , σ₂=σ_n(α0+90) .

24,25,26 tak samo jak 23.

27. Dany jest płaski stan odkształcenia. ε₁₁=5*10^-3 , ε₂₂=-7*10^-3 , ε₁₂=-4*10^-3 . a) zaznaczenie odkształceń na kostce. b) wartości i kierunki główne odkształceń. tg2α₀=2(-4)/(5+7)=-0,66667 , 2α₀=-33,69⁰ ,α₀=-16,85⁰ , α₁=-16,85⁰ , α₂=-16,85⁰+90⁰=73,15⁰ , (ε₁₁-ε₂₂)cos2α₀=(5+7)*10^-3*cos(-33,69⁰)>0 , ε₁,ε₂}=[1/2*(5-7)±1/2*√[(5+7)²+4(-4)²]]*10^-3=(-1±7,21)*10^-3 , ε₁=6,21*10^-3 ,ε₂=-8,21*10^-3.

29. Z pomiarów tensometrycznych rozetą prostokątną otrzymano: ε₀=ε₁₁=8*10^-3 , ε₄₅=ε_nα=4*10^-3 , ε₉₀=ε₂₂=-4*10^-3 . Wyliczamy jak wcześniej ε₁ i ε₂ . Wartości naprężeń głównych: (E=2*10⁵ MPa , v=0.3) σ₁=E/(1+v)*[ε₁+v/(1-2v)*e] , σ₂=E/(1+v)*[ε₂+v/(1-2v)*e] (gdzie e=ε₁+ε₂+ε₃=ε₁+ε₂ ), σ₃=v*(σ₁+σ₂) .

30.Element jest obciążony naprężeniami głównymi σ₁ i σ₂ . Jaki warunek muszą spełniać te naprężenia aby ε₁/ε₂=2. Płaski stan naprężenia: ε₁=1/E*(σ₁-vσ₂) , ε₂=1/E*(σ₂-vσ₂) , (σ₁-vσ₂)/(σ₂-vσ₁)=2 , σ₁-vσ₂=2(σ₂-vσ₁) , σ₂=[(1+2v)/(2+v)]*σ₁

---