ELASTIKLIK NAZARIYASI FANIDAN USLUBIY ko'rsatma

See discussions, stats, and author profiles for this publication at: https://www.researchgate.net/publication/342121889
Elastiklik nazariyasi fanidan mustaqil ishlar topshiriqlari va ularni bajarishga
oid uslubiy ko‘rsatmalar
Book · June 2014
CITATIONS
READS
0
991
3 authors, including:
Khayrulla Khudoynazarov
Ablakul Abdirashidov
Samarkand State University
Samarkand State University
11 PUBLICATIONS 9 CITATIONS
109 PUBLICATIONS 60 CITATIONS
SEE PROFILE
Some of the authors of this publication are also working on these related projects:
Stability of Structures View project
Fluid and gas mechanics View project
All content following this page was uploaded by Ablakul Abdirashidov on 12 June 2020.
The user has requested enhancement of the downloaded file.
SEE PROFILE
O‘ZBEKISTON RESPUBLIKASI
OLIY VA O‘RTA MAXSUS TA’LIM VAZIRLIGI
ALISHER NAVOIY NOMIDAGI
SAMARQAND DAVLAT UNIVERSITETI
ELASTIKLIK NAZARIYASI FANIDAN
MUSTAQIL ISHLAR TOPSHIRIQLARI
VA ULARNI BAJARISHGA OID USLUBIY
KO‘RSATMALAR
5140300 – Mexanika
ta’lim yo‘nalishi bakalavr talabalari uchun
Samarqand davlat universiteti
o‘quv-uslubiy Kengashi tomonidan
nashrga tavsiya etilgan (2013-yil
25-may, 7-bayonnoma)
SAMARQAND – 2014
UDK: 531.1
BBK: 22.37
Х-87
Elastiklik nazariyasi fanidan mustaqil ishlar topshiriqlari va
ularni bajarishga oid uslubiy ko‘rsatmalar. – Samarqand: SamDU
nashri, 2014. – 44 bet.
Ushbu uslubiy ko‘rsatmalar 5140300 – Mexanika ta’lim yo‘nalishi
bakalabr talabalari uchun mo‘ljallangan bo‘lib, bu mustaqil ishlarni
bajarish jarayonida talaba elastiklik nazariyasining har xil usullarini
qo‘llab, murakkab hisob jarayonlari muamolarini hal qilishga qadar
tayorgarlik bosqichidan o‘tadi degan umiddamiz. Bu uslubiy
ko‘rsatmadan talabalar kafedrada o‘qitiladigan boshqa fanlar amaliy
mashg‘ulotlari mustaqil ishlarini bajarishda bevosita foydalanishlari
mumkin. Bu uslubiy ko‘rsatma O‘zbekiston Respublikasi oliy va o‘rta
maxsus ta’lim Vazirligi Hay’atining 2009-yil 21-fevraldagi №2/7 qaroriga
3-ilova «Fanning o‘quv-metodik majmuasi tarkibi»da ko‘rsatilgan
mustaqil ta’lim olish texnologiyalari, tamoyillari va talablari asosida
yaratildi. Bu ish Elastiklik nazariyasi fanidan tayyorlangan o‘quv-uslubiy
majmuaning bir qismi bo‘lib, uning mustaqil ta’lim mashg‘ulotlari
bo‘limini to‘ldiradi.
Tuzuvchilar:
texnika fanlari doktori, professor X.XUDOYNAZAROV,
fizika-matematika fanlari nomzodi, dotsent A.ABDIRASHIDOV,
assistent O‘.A. NISHONOV
Mas’ul muharrir
fizika-matematika fanlari nomzodi, dotsent X.BO‘RONOV
Taqrizchilar:
fizika-matematika fanlari nomzodi, dotsent A.B.QARSHIYEV,
fizika-matematika fanlari nomzodi, dotsent SH.D.BERDIYEV
 Alisher Navoiy nomidagi Samarqand davlat universiteti, 2014.
2
MUNDARIJA
1. Umumiy tushunchalar……………….……………….…………
1.1. Deformatsiyalanuvchi jismni hisoblash modeli……………
1.2. Asosiy prinsiplar……………….……………….…………
1.3. Kuchlar va kuchlanishlar……………….……………….…
1.4. Nuqtaning ko‘chishi. Nuqtada deformatsiya……………….
2. Elastiklik nazaryasi asosiy tenglamalari……………….………
2.1. Statik tenglamalar……………….……………….…………
2.2. Geometrik tenglamalar……………….……………….……
2.3. Fizik tenglamalar (Umumlashgan Guk qonuni formulalari.
2 .4 .Masalani yechish metodi……………….……………….…
3. Jism nuqtasida kuchlanganlik holati……………….……………
3.1. Bosh kuchlanishlarni hisoblash formulalari……………….
3.2. Mustaqil ish №1. Jism nuqtasida kuchlanganlik holatini
aniqlash……………….……………….……………….…..
3.3. Jism nuqtasida kuchlanganlik holatini aniqlash uchun Maple dasturi……………….……………….……………
4. Elastiklik nazaryasi tekis masalasini kuchlanishlar funksiyasi
yordamida yechish(Eri funksiyasi) ……………….……………
4.1. Tekis masala……………….……………….……………….
4.2. Kuchlanish funksiyasi(Eri funksiyasi) ……………….……
4.3. Mustaqil ish №2. Elastiklik nazariyasi tekis masalasini
kuchlanishlar funksiyasi yordamida yechish……………….
5. Elastiklik nazariyasi tekis masalalarini qutb koordinatalar
yordamida
yechish……………….……………….……………….
5.1. Asosiy tushunchalar……………….……………….………
5.2. Mustaqil ish №3. Elastiklik nazariyasi tekis masalalarini
qutb koordinatalar yordamida yechish……………….……
3
4
4
4
5
7
9
9
10
11
12
13
13
14
25
29
29
31
32
39
39
41
1. UMUMIY TUSHUNCHALAR
1 .1 . Defo rma tsiyalanuv chi jism hiso b mo deli
Elastiklik nazaryasida tashqi ta’sir faktorlari: kuchlar, temperaturaning
o‘zgarishi, namlik, radiatsiya, bog‘lanishlarning siljishi va boshqalar
ta’siridagi qattiq elastik jism kuchlanganlik-deformatsiyalanganlik holati
o‘rganiladi. Buning uchun quyidagilarga imkon beruvchi matematik apparat qo‘llaniladi: qaralayotgan masala yechimini baholash; balka-devor,
plastinkalar, qobiqlar, hajmiy jismlar hisobi va hokazo. Hisoblashlarda
haqiqiy jism tuzilishining barcha xususiyatlarini e’tiborga olishning imkoniyati mavjud emas. Shuning uchun deformatsiyalanuvchi jismni
hisoblash modelini qurishda bir qancha cheklanishlar va talablar qo‘yiladi:
1. Tutashlik – jismlarning atom tuzilmasi hisobga olinmaydi. Bu jismni
uning xossalarini o‘zida saqlab qolgan cheksiz kichik elementar
bo‘laklarga bo‘lish mumkin degani.
2. Bir jinslilik - jismning barcha nuqtalarida mexanik xossalari bir xil.
3. Izotroplik – barcha yo‘nalishlari bo‘yicha jismning mexanik xossalari
bir xil. Agar har xil bo‘lsa, bu jism anizotrop deyiladi (masalan, daraxt).
4. Ideal elastiklik - tashqi kuchlar olib tashlangandan keyin jism o‘zining
boshlang‘ich shakli va hajmini to‘liq tiklash xususiyatiga ega.
5. Chiziqli deformatsiyalanuvchi – jism nuqtalarining ko‘chishlari tashqi
kuchga to‘g‘ri proporsional.
6. Tabiiy holatda qolish – boshlang‘ich holatda kuchlanish va deformatsiyalar nolga teng.
1 .2 . Aso siy qo idalar
Chiziqli elastiklik nazariyasida quyidagi qoidalar qabul qilingan:
1. Jismning nisbiy bikrligi qoidasi – jism nuqtalarning ko‘chishlari uning
o‘lchamlariga nisbatan kichik, nisbiy chiziqli va burchak deformatsiyalari birga nisbatan kichik (masalan, balka kesimlarining egilishlari va
burilish burchaklari uning o‘lchamlariga nisbatan kichik.
4
2. Kuchlar ta’sirlarining o‘zaro bog‘liqmaslik qoidasi – bir nechta
kuchlarning bir vaqtdagi ta’siridan hosil bo‘luvchi izlanayotgan natija
(masalan, ko‘chishlar, kuchlanishlar, deformatsiyalar va hokazo), har
bir kuch ta’sirining qanday tartibda qaralayotganligidan qatiy, nazar
ularning har birining ta’siridan hosil bo‘lgan natijalar yig‘indisiga teng.
3. Sen-Venan qoidasi – jismning kichik bo‘lagiga qo‘yilgan o‘zaro
tenglashgan kuchlar sistemasi kuch qo‘yilga nuqtadan uzoqlashgan
sayin kuchlanishning miqdori tez kamayob borishiga olib keladi (masalan, ombur yoki qisqich simni uzadi). Bu qoidani Sen-Venan 1855yilda uzun prizmatik bruslarning egilishi va buralishi haqidagi tadqiqotlari natijasida yaratdi. Sen-Venan prinsipini boshqacharoq qilib
quyidagicha ifodalash foydali: Agar jism sirtining uncha katta
bo‘lmagan qismiga bosh vektori va bosh momenti nolga teng kuchlar
sistemasi qo‘yilgan bo‘lsa, u holda bunday kuchlar sistemasi kuchlar
qo‘yilgan qismdan uzoqlashib borish bilan juda tez kamayuvchi mahalliy (lokal) kuchlangan-deformatsialangan holatni vujudga keltiriladi.
Sen-Venan qoidasi chegaraviy shartlarni integral qanoatlantirishga,
ya’ni sirt kuchlari taqsimlanishining konkret qonunini emas, balki
ularning bosh vektori va bosh momentini qanoatlantirishga imkon beradi. Aytilganlardan ko‘rinadiki, bu qoida asosida chegaraviy shartlarni
ancha yumshatish mumkin: elastik jismning uncha katta bo‘lmagan
qismiga qo‘yilgan berilgan kuchlar sistemasi boshqa masalani yechish
uchun qulay bo‘lgan va jism sirtining oldingi kuchlar qo‘yilgan qismiga qo‘yilgan statik ekvivalent kuchlar sistemasi bilan almashtiriladi.
1 .3 . Kuchlar va kuchla nishlar
Qattiq jismga ta’sir qiluvchi kuchlar ikki guruhga ajratiladi:
1. Sirt kuchlari – jismlarning o‘zaro ta’sir sirtida yuzaga keluvchi
kuchlar bo‘lib, q kN/m2 intensivlik bilan ifodalanadi, ya’ni yuza birligiga
mos keluvchi kuchlar qiymati.
2. Hajmiy kuchlar – jismning har bir nuqtasiga ta’sir qiluvchi kuchlar
(og‘irlik kuchi, inersiya kuchlari, elektromagnit kuchlar).
5
Tashqi kuch ta’sirida deformatsiyalanuvchi jism atomlari orasidagi
masofa o‘zgaradi. Bu o‘zgarish qo‘shimcha atomlara’ro kuchlarni vujudga
keltiradi. Bu kuchlar kesimlar medoti bilan aniqlanadi: Jismning biror M
nuqtasidan o‘tuvchi kesim o‘tkazamiz (1.1-rasm). Bu kesim jismni ikkita
B va C qismga ajratadi. (a) kesimga v tashqi normal o‘tkazamiz va uning
yo‘naltiruvchi kosinuslarini quydagicha aniqlaymiz:
(1.1)
  cos(x, ); m  cos(y, ); n  cos(z, ).
1.1- rasm.
1.2- rasm.
Shartli ravishda tashlab yuboriladigan C bo‘lakning B bo‘lakka
ta’sirini noma’lum kuchlar bilan almashtiramiz. Bu kuchlarning jism kesimining butun yuzasi bo‘ylab taqsimlanish qonuni hozircha noma’lum.
Shuning uchun M nuqtani o‘zida saqlovchi biror dA - cheksiz kichik maydonchaga ta’sir qiluvchi dF - cheksiz kichik kuchni deb belgilasak, u
quyidagicha topiladi:
dF
 P ,
dA0 dA
lim
(Pa, kPa…),
(1.2)
bu yerda P - tanlangan kesimning tanlangan nuqtasi atrofidagi birlik yuzaga mos keluvchi kuch bo‘lib, bu shu nuqtadagi to‘liq kuchlanishni ifodalaydi (1.2-rasm).
To‘la kuchlanish haqidagi masalani yechish jarayonida bu kuchlanish
koordinat o‘qlari bo‘ylab tashkil etuvchilarga ajratiladi, kesim esa koordinat tekisliklariga parallel qilib tanlab olinadi. Bunday holda kesimga nor6
mal koordinat o‘qlariga parallel bo‘ladi (1.3-rasm). Masalan, zOy tekislikka parallel kesimni tanlab olaylik. Bu kesimga qo‘yilgan normal bo‘ylab
yo‘nalgan to‘la kuchlanishning tashkil etuvchisi (1.3-rasm) – bu normal
kuchlanish bo‘lib, u  x (indeks kuchlanishning yo‘nalishini ko‘rsatadi).
To‘la kuchlanishning shu tanlangan kesimga urinma bo‘ylab yo‘nalgan
tashkil etuvchilari – bu urinma kuchlanishlar bo‘lib, ular  yx ,  zx (birinchi
indeks yo‘nalishini, ikkinchisi kesimga normal yo‘nalgan o‘qni ifodalaydi)
dan iborat (1.3-rasm).
1.3- rasm.
Ishoralar qoidasi quyidagicha: agar kesimga qo‘yilgan tashqi normal 
ning yo‘nalishi birorta koordinata o‘qining musbat (manfiy) yo‘nalishi bilan mos tushsa, u holda kuchlanish musbat; agar ular mos koordinata
o‘qlarining musbat (manfiy) tomoniga yonalgan bo‘lsa. Ma’lumki, jismning har xil nuqtalaridagi kuchlanishlarning qiymatlari har xil bo‘ladi, u
holda umumiy holda barcha kuchlanishlar nuqtalar koordinatalarining
funksiyalari bo‘ladi.
1 .4 . Nuqta ning k o ‘chis hi. Nuqtada defo rmatsiya
Jismning atomlari orasidagi masofani o‘zgarishi natijasida uning
o‘lchamlari va shakli o‘zgaradi, ya’ni u deformatsiyalanadi. Bu holda jism
nuqtalari o‘zaro bog‘liq holda ko‘chadi.
7
Jismning kuch ta’siriga qadar holatidan A nuqtani tanlaymiz (1.4rasm). F kuch ta’sirida bu nuqta A1 holatga o‘tsin. AA1 – to‘la ko‘chish
vektorini koordinata o‘qlari bo‘ylab tashkil etuvchilariga ajratamiz:
U(x,y,z), V(x,y,z), W(x,y,z).
1.4-rasm.
Ishoralar qoidasi quyidagicha: ko‘chish musbat ishorali bo‘ladi, agar u
mos koordinat o‘qlarining musbat yo‘nalishi bilan mos tushsa.
Jismdan biror A nuqtani o‘zida saqlovchi o‘lchamlari dx, dy, dz
bo‘lgan parallelepiped ajratib olamiz (1.5-rasm).
1.5-rasm.
Ko‘chishlarning kichikligi hamda kuchlanish va deformatsiyalar
orasidagi bog‘lanish chiziqli ekanligidan paralelepiped deformatsiyasining
ikki ko‘rinishini alohida qarash mumkin.
8
1. Qirralarining nisbiy o‘zgarishi yoki nisbiy chiziqli deformatsiyalar
 x ,  y ,  z . Ular musbat bo‘ladi, agar qirralar cho‘zilsa. Jism hajmini
o‘zgarishi shu deformatsiyalardan bog‘liq.
2. To‘g‘ri burchaklar 1A2, 1A3, 2A3 larning o‘zgarishi yoki burchak
deformatsiyalar (burchak siljishlari)  xy ,  yz ,  zx . Ular musbat bo‘ladi,
agar to‘g‘ri burchaklar qisqarsa. Jism shaklining o‘zgarishi shu deformatsiyalardan bog‘liq bo‘ladi.
2. ELASTIK NAZARIYASI ASOSIY TENGLAMALARI
2 .1 . Sta tik teng la ma la r
1. Elastik jism ichki nuqtalarning muvozanat differensial tenglamalari
(Nave tenglamalari):
 x  xy  xz


 X  0;
x
y
z
 y
y

 yx
x

 yz
z
Y  0;
(2.1)
 z  zx  zy


 Z  0.
z
x
y
Bu yerda X, Y, Z – birlik hajmga to‘g‘ri keluvchi hajmiy kuchlarning mos
ravishda x, y, z o‘qlaridagi proeksiyalari.
2. Elastik jism sirtidagi nuqtalarning muvozanat tenglamalari:
X   x    xy m   xz n ;
Y  m    n;

y
yx
yz
(2.2)
Z   z n   zx    zy m .
Bu yerda X  , Y , Z – mos ravishda x, y, z o‘qlariga parallel sirt kuchlariga intensivligi. Ular musbat bo‘ladi, agar ularning yo‘nalishi koordinat
o‘qlarining musbat yo‘nalishi bilam mos tushsa. l, m, n – sirt normalining
yo‘naltiruvchi kosinuslari, bular (1.1) dan aniqlanadi.
3. Urinma kuchlanishlarning juftligi qonuni:
9
 xy   yx ;
 yz   zy ;
 zx   xz .
(2.3)
(2.3) ni hisobga olsak (2.1) va (2.2) tenglamalarda noma’lumlar soni
oltita:  x ,  y ,  z ,  xy ,  yz ,  zx . Demak, fazoviy masalada nuqtada
kuchlanganlik holati oltita kuchlanishlar orqali ifodalanadi.
Masalani yechishda (2.1) va (2.2) tenglamalar hamma vaqt birga
qo‘llaniladi. Bundan esa uchta muvozanat tenglamalari oltita noma’lum
kuchlanishlardan iborat, bu holda masala statik aniqmas bo‘ladi. Masalani
yechish uchun jismning geometrik o‘zgarishlarini ifodalovchi qo‘shimcha
tenglamalar kerak bo‘ladi.
2 .2 . Geo metrik teng la ma la r
1. Koshi tenglamalari:
x 
 xy 
U
W
V
; y 
; z 
;
z
y
x
V W
W U
U V

;  yz 
;  zx 
.


z
y
x
z
y x
(2.4)
Bu tenglamalar nuqtaning uchta noma’lum ko‘chishlari va shu nuqtadagi
oltita noma’lum deformatsiyalarni, jami to‘qqizta noma’lumlarni o‘z
ichiga olgan.
2. Deformatsiyalarning birgalikda yoki uzviylik tenglamalari (SenVenan tenglamalari):
 2 x
y 2
 2 y
z 2

 2 y
x 2

 2 xy
xy
;
2
 2 z   yz


;
yz
y 2
 2 z  2 x  2 zx


;
zx
x 2
z 2
 2 y
   xy  yz  zx 

2


;
y  z
x
y 
xz
 2 z
   yz  zx  xy 


;


2
z  x
y
z 
yx
10
(2.5)
 2 x
   zx  xy  yz 

2
.


x  y
z
x 
yz
Bu tenglamalarning fizik ma’nosi quyidagicha: Agar deformatsiyalar
ifodasi (2.5) tenglamalarni qanoatlantirsa, bu deformatsiyagacha tutash
bo‘lgan jism deformatsiyadan keyin ham tutash va uzluksizligicha qolishini bildiradi. (2.4) formula bilan aniqlanuvchi deformatsiyalar hamma
vaqt (2.5) tenglamalarni qanoatlantiradi, chunki (2.5) tenglamalar (2.4)
formulalardan hosil qilingan. Deformatsiyalarni boshqa ko‘rinishda
topishda ularning (2.5) tenglamalarni qanoatlantirishi ta’lab qilinadi.
2 .3 . Fizik tengla ma la r
Umumlashga Guk qonuni formulalar:
 xy
1
 x    y   z  ;
 xy 
;
G

 yz
1
 y   y    x   z  ;
 yz 
;
(2.6)
G


1
 z   z    x   y  ;
 zx  zx .

G
Bu yerda  (kPa) – bo‘ylama elastiklik moduli. U chiziqli deformatsiyalanishlarda materialning elastiklik xossasini ifodalaydi; G (kPa) – siljish
moduli. Bu siljish deformatsiyasida materialning elastiklik xossasini ifodalaydi;  - Puasson koeffitsienti.
x 






E va  har bir material uchun tajriba yo‘li bilan aniqlanadi.

G
.
(2.7)
21   
(2.6) tenglamalar elastik, bir jinsli izotrop jismda deformatsiya va
kuchlanishlar orasida chiziqli bog‘lanishini ifodalaydi.
Fizik tenglamalarni teskari shaklda, ya’ni kuchlanishlarni deformatsiyalar orqali ifodalash mumkin:
 x    2G x :  xy  G xy ;
 y    2G y :
11
 yz  G yz ;
(2.8)
 z    2G z :
 zx  G zx ,
bu yerda
  x y z
(2.9)
- nisbiy hajmiy deformatsiya;


1   1  2 
(2.10)
- Lame koeffitsienti.
2 .4 . Ma sa lani y echish meto di
Hisoblash uchun quydagilar berilishi kerak:
1. Jismning geometrik o‘lchamlari.
2. Ta’sir qiluvchi kuchlar.
3. Mahkamlanish shartlari.
4. Material uchun  , G,  ning qiymatlari.
Quydagilarni topish kerak:
1. Oltita kuchlanishlar –  x ,  y ,  z ,  xy ,  yz ,  zx .
2. Oltita deformatsiyalar –  x ,  y ,  z ,  xy ,  yz ,  zx .
3. Uchta ko‘chishlar– U, V, W.
Jami 15 ta noma’lum.
Ularni aniqlash uchun quydagi tenglamalar mavjud:
1. Uchta Nave tenglamalari (2.2) munosabatlar bilan berilgan.
2. Oltita Koshi tenglamalari.
3. Oltita umumlashgan Guk qonuni formulalari.
Jami 15 tenglama, endi matematik jihatdan masalani yechish mumkin.
Bu noma’lumlardan qaysi birlarini birinchi navbatda aniqlash muhim.
Shunga ko‘ra masalani yechish quydagicha guruhlarga ajratildi:
1. Kuchlanishlarga nisbatan yechish, bunda asosiy noma’lumlar oltita
kuchlanishlar bo‘ladi.
2. Ko‘chishlarga nisbatan yechish, bunda asosiy noma’lumlar uchta
ko‘chish vektori komponentalari bo‘ladi.
12
3. Aralash shaklda yechish, bunda asosiy noma’lumlarning bazilari
ko‘chish va bazilari kuchlanishlar bo‘ladi.
3. JISM NUQTASINING KUCHLANGANLIK HOLATI
3.1. Bosh kuchlanishlarni hisoblash formulalari
Umumiy holda elastik
jism ixtiyoriy nuqtasining
kuchlanganlik holati 9 ta
komponentalar
bilan
tavsiflanadi
(3.1-rasm).
Elastik jism elementining
fazoviy
oriyentasiyasida
uning normal   va urinma
  kuchlanishlari o‘zgaradi.
Hamma vaqt shunday oriyentasiya mavjudki, bunda
uning
yoqlarida
urinma
3.1-rasm
kuchlanish bo‘lmaydi.
Bunday element bosh element deb, qurilmalarning mustahkamligini
aniqlovchi uning yoqlaridagi normal kuchlanishlar bosh kuchlanishlar deb
yuritiladi. Yoqlar bosh yuzachalaga normal yo‘nalgan o‘qlar kuchlanish
tenzorining bosh o‘qlari bo‘lib, ular boshlang‘ich koordinatalar
sistemasidan bog‘liq emas. Ular  1 , 2 , 3 kabi belgilanib,  1   2   3
algebraik tengsizlikni qanoatlantirishi shart.
Elastik jism nuqtasining kuchlanganlik holati matematik nuqtai
nazardan ushbu
  x  xy  xz 


(3.1)
T   yx  y  yz 


 zx  zy  z 
kuchlanish tenzori bilan xarakterlanadi.
13
T kuchlanish tenzori komponentalarining ma’lum qiymatlarida bosh
kuchlanishlarni topish uchun ushbu
x 
 xy
 xz
 yx
y 
 yz  0
 zx
 zy
z 
(3.2)
 3  I1 2  I 2  I 3  0
(3.3)
yoki
kubik tenglamani yechish zarur, bunda tenglamaning koeffitsiyentlari
I1 , I 2 , I 3  kuchlanish tenzori invariantlari bo‘lib, ular quyidagi ifodalardan topiladi:
I1   x   y   z , I 2  
 x  xy  y  yz  z  xz


,
 yz  y  zy  z  zx  x
 x  xy  xz
2
2
2
.
I 3   yx  y  yz   x y z  2 xy yz zx   x yz
  y zx
  z zx
 zx  zy  z
(3.4)
Agar I 3  0 bo‘lsa, jismning kuchlanganlik holati uch o‘qli yoki hajmiy;
I 3  0, I 2  0 bo‘lsa, ikki o‘qli yoki yassi; I 3  0, I 2  0, I1  0 bo‘lsa, bir
o‘qli yoki chiziqli deb ataladi.
(3.1) tenglama hamma vaqt uchta yechimga ega bo‘lib, ular quyidagi
munosabatlardan aniqlanadi:
1  2
p
p
 I
   I
cos    1 ,
cos  1 ;  2,3  
3
3 3
3
3 3 3
(3.5)
bu yerda
I12
p
 I2;
3
cos  
q
2  p 
 3
3
;
2

I1   I 1 
q  2   I 2   I 3 .
3   3 

Kuchlanish tenzori invariantlari bosh kuchlanishlar orqali quyidagicha
hisoblanadi:
I1   1   2   3  3 0 ; I 2   1 2   2 3   3 1 ; I 3   1 2 3 ,
bu yerda  0 - o‘rtacha kuchlanish:
14
0 
x  y z
3

1   2   3
3
.
3.2. Mustaqil ish №1.
Jism nuqtasida kuchlanganlik holatini aniqlash
Topshiriqni bajarish namunasi
3.1-Masala. Kuchlanishlarning qiymatlalari quyidagicha  x =-300
MPa;
 y =360;  z =-180;  xy =270;  yz =360;
 zx =540 berilganda
quyidagilarni aniqlang:
1. Berilgan kuchlanishlar ishorasini hisobga olgan holda yo‘nalishlarini
rasmda tasvirlang.
2. Bosh kuchlanishlarni aniqlang va to‘g‘iriligini tekshiring.
3. Bosh tekislik holatini (bu tekislik normali yo‘naltiruvchi kosinuslarini
aniqlang).
4. Rasmda normal va bosh tekisliklarni tasvirlang.
Topshiriqni bajarish tartibi:
1. Kuchlanishlar yo‘nalishlari quyidagi 3.2-rasmda tasvirlangan.
2. Bosh kuchlanishlar qiymatini aniqlaymiz.
Kuchlanganlik holati invariantlarini (3.4) formulalar yordamida
aniqlaymiz:
I1   x   y   z  300  360  180  120 (МПа);
2
2
2
I 2   x y   y z   z x   xy
  yz
  zx
 300  360  360(180) 
 (180)(300)  270 2  360 2  540 2  61,29  10 4 ( МПа 2 );
2
2
2
I 3   x y z  2 xy yz zx   x yz
  y zx
  z xy
 (300)  360(180) 
 2  270  360  540  (300)  360 2  360  540 2  (180)  270 2 
 72,442  106 ( МПа3 ).
15
Endi (3.3) kubik tenglama yechimlari bosh kuchlanishlar.  1 ,  2 , 3 ni
topamiz. Buning uchun quyidagi parametrlarni aniqlaymiz.
I12
(120) 2
4
p  I2 
 61,29 10 
 61,67 10 4 ( МПа 2 );
3
3
II
2
1
2
q  1 2  I13  I 3  (120)  (61,29 10 4 )  (120) 3 
3
27
3
27
 72,442  10 6  47,796  10 6 ( МПа 3 ).
r  0,5774 p  0,5774  61,67  10 4  4,534  10 2 ( МПа).
q
47,796  10 6
cos  3  
 0.2564 ( рад).
2r
2  (4,534) 3
  7510.
Eslatma: cos ni aniqlashda r
ning ishorasi q ishorasi bilan bir xil
olinadi.
Bosh
kuchlanishlar
quyidagi
tenglama ildizlari bo‘ladi.
 3  I1 2  I 2  I 3  0 ;
y 3  py  q  0,
Bularni  parametr orqali yozamiz:
3.2-rasm
7510
y1  2r  cos  2(4,534  10 ) cos
 9,066  10 2  0,9059  821,47 ( МPа);
3
3

2






y2  2r  cos 60    2(4,534 102 ) cos 60  253  743,3 ( МPа);
3



y3  2r  cos 60    2(4,534  102 ) cos 60  253  78,16 ( МPа).
3

Ildizlarni tekshiramiz:
y1  y2  y3  0;
821,47  743,3  78,16  0.
Bosh kuchlanishlarni quyidagi formulalardan topiladi:
I
 i  y i  1 , i  1, 2, 3.
3
16
120
 781,47 ( МПа);
3
 2  743,3  40  783,3 ( МПа);
 1  821,47 
 3  78,18  40  118,16 (МПа).
Bosh kuchlanishlarni  1   2   3 tartib bo‘yicha yozamiz :
 1  781,47 (МПа);  2  118,16 (МПа);  3  783,3 (МПа).
Bosh kuchlanishlar qiymatlarini tekshiramiz.
I1   1   2   3  781,47  118,16  783,3  120 ( МPа);
I 2   1   2   2   3   3   1  781,47(118,16) 
 (118,16)(783,3)  (783,3)  781,47  61,20  10 4 ( МPа2 );
I 3   1 2 3  781,47  (118,16)  (783,3)  72,4  106 ( МPа3 ).
3. Bosh tekislikning holati uning normali yo‘naltiruvchi kosinuslari
qiymatilari bilan aniqlanadi. Bosh tekislik normali yo‘naltiruvchi
kosinuslarini bizga ma’lum quyidagi munosabatlardan aniqlaymiz:
 i ( y   i )( xz )   xy  yz

;
ni ( x   i )( y   i )   2 xy
mi ( x   i )( yz )   yx  xz

, i  1, 2, 3.
ni ( x   i )( y   i )   2 xy
( / n) i  (m / n) i  1 / ni
2
Masalan,
2
2
 1 kuchlanish bosh tekisligi holati  i o‘rniga  1 ni qo‘yib
hisoblaymiz:
1
(360  781,47)(540)  270  360
32,479  10 4


 0,8482;
n1 (300  781,47)(360  781,47)  (270) 2 38,291  10 4
m1 (300  781,47)(360)  270  540 53,513  10 4


 1,397.
n1
38,291  10 4
38,291  10 4
(0,8482 ) 2  (1,397 ) 2  1 / n12 ; n1  
 1  0,5219  0,8482  0,4427 ;
1
1
 0,5219 ;
 0,8482 ;
3,671
 0,5219
m1
 1,397 ; m1  0,7291 .
 0,5219
Tekshirish:
17
 zx 1   zy m1  ( z   1 )  n1  0.
540  0,4427  360  0,7291  (180  781,47)  0,5219  0.
Topilgan yo‘naltiruvchi kosinuslarning qiymatlari yordamida birinchi
bosh tekislik va uning K nuqtasiga o‘tkazilgan normalni quyidagi rasmda
tasvirlaymiz.
3.3-rasm
3.2.Masala. O‘lchamlari AB  10 sm, BC  7 sm uchburchakli plastinka
(3.4-rasm) tomonlaridagi ko‘rsatilgan kuchlanishlar MPa da berilgan.
Plastinka muvozanatda bo‘lishi uchun yetishmayotgan kuchlanishlarni
toping: plastinka mustahkamligini tekshiring; plastinka deformasiyasini
aniqlang; plastinka uchlari ko‘chishlarini toping.
Puasson koeffitsiyenti v  0,3 , elastiklik moduli E  2 GPa.
Yechish.
1. 3.4-rasmda berilgan kuchlanishlarning ishorasi mos yo‘nalishlari
bo‘yicha plastinka tomonlariga quyidagicha olamiz.  y  6 MPa,
 xy  5 MPa,   2 MPa. Juftlar qonuniga ko‘ra  xy   yx .
Noma’lum kuchlanishlar  x yuzagacha
urinma 
va  x
normal kuchlanishlar
hisoblanadi. Bu kuchlanish vektorlari
yo‘nalishlari musbat ifodalangan.
2. Noma’lum kuchlanishlarni hisoblaymiz. Plastinka chetki tomonlari yuzalarini
18
3.4 – rasm.
topamiz:
FBC  7  t , FAB 10  t , FAC  7 2  10 2 t  12,21t , bu yerda t -
plastinka qalinligi,  xy   yx
ekanligini hisoblagan holda muvozanat
tenglamalarini tuzamiz:
 X k   x  FBC   yx  FAB    cos   FAC    sin   FAC  0 ,
 Yk   y  FAB   xy  FBC    sin   FAC    cos   FAC  0 .
Bu yerda
BC  AC cos  , AB  AC sin  ,
sin   10 / 7 2  10 2  10 / 12,21  0,82 ,
cos   7 /12,21  0,57 ,
u holda tenglamalar sistemasi quyidagi ko‘rinishga keladi. Ushbu
 X k   x  0,57  5  0,82  2  0,57    0,82  05,
 Yk  6  0,82  5  0,57  2  0,82    0,57  0
tenglamalar sistemasini yechamiz.   10,71 MPa,  x  20,45 MPa.
3. Bosh kuchlanishlarni aniqlaymiz:
2
 max  ( x   y ) / 2  ( x   y ) 2 / 4   xy
 21,36 MPa,
2
 min  ( x   y ) / 2  ( x   y ) 2 / 4   xy
 6,91MPa.
4. Maksimal va minimal urinma kuchlanishlarni quyidagicha topamiz:
1
1
 max  ( max   min )  (21,36  6,91)  14,14 MPa,
2
2
 min   max  14,14 MPa.
5. Bosh uchning og‘ish burchagini quyidagicha hisoblaymiz :
tg ( max ) 
 max   x 21,36  20,45

 0,18 ,
 xy
5
bundan  max  10,360 .
6. Bosh kuchlanishlarni aniqlaymiz:
 1   2   3 ,  1  21,36 MPa,  2  0 ,  1  6,91MPa.
7. Plastinkada deformasiyalarni hisoblaymiz. Guk qonunidan nisbiy
bosh deformasiyalarni topamiz, ya’ni  x1 ,  y1 o‘qlar bo‘yicha, burilish
19
burchagi
 max
larni,
Yung
moduli
E  2  103 MPa va
Puasson
koeffitsiyenti v  0,3 ekanligini hisobga olsak, u holda
 max  v min
21,36  6,91  0,3
 117,18  10 4 ,
3
E
2  10
  v max  6,91  21,36
 y1   min  min

 66,61  10 4 ,
3
E
2  10
   min
21,36  6,91
 z  v max
 0,3
 21,67  10 4 .
3
E
2  10
 x1   max 

Hajmiy deformasiya esa V / V   x1   y1   z  28,9 10 4 .
8. Berilgan kuchlanish holatida plastinka shaklini o‘zgarishini
ifodalaymiz. Uchburchak uchlarining o‘qlar bo‘yicha ko‘chishlarini
og‘irlik markazidan bog‘liq hisoblaymiz. Uchlarning markaziy o‘q xy
larning  max o‘zgarishidagi x1 y1 holati quyidagicha hisoblanadi.
x1  x cos max  y sin  max ,
y1  y cos max  x sin  max .
Og‘irlik
markazi
koordinatalarini nolga tenglik shartidan
x0  0  ( x A  xB  xC ) / 3 dan xB  3,33 sm ni topamiz. Xuddi shunday
yC  y B  7 va y A  y B tenglamalardan y0  0  ( y A  y B  yC ) / 3 ekanligida
y A  2,33 sm topiladi. Natijalarni jadvalda keltiramiz:
A
B
C
x
y
x1
y1
6,67
-3,33
-3,33
-2,33
-2,33
4,67
6,98
-2,86
-4,12
-1,10
-2,90
4,00
Yuqoridagi formulalardagi trigonometrik
cos max  0,98 , sin  max  0,18 teng bo‘ladi.
9. Uchlarning
aniqlaymiz:
ko‘chishlarini
topilgan
funksiya
deformasiyalar
x1A  x1A x1  6,98 117,18 10 4  81,76 10 3 sm,
y1A  y1A y1  1,1 66,6110 4  7,3 10 3 sm,
20
qiymatlari
orqali
x1B  x1B x1  2,86 117,18 10 4  33,5 10 3 sm,
y1B  y1B y1  2,9  66,6110 4  19,28 10 3 sm,
x1C  x1C  x1  4,12 117,18 10 4  48,25 10 3 sm,
y1C  y1C  y1  4  66,6110 4  26,59 10 3 .
3.3-Masala. Jismning elementar hajmiga ta’sir qiluvchi kuchlar 3.5rasmda berilgan. Bosh normal va urinma kuchlanishlarni nisbiy bosh
deformasiyalarni, nisbiy hajm o‘zgarishi, oktaedrik kuchlanishlarni
aniqlang. Materialning elastiklik moduli E  1 105 MPa va Puasson
koeffitsiyenti v  0,4 .
3.5 – rasm.
Yechish.
1. Berilganlarga ko‘ra kuchlanishlarni quyidagicha ifodalaymiz:
 x  11MPa,  y  13 MPa,  z  9 MPa,
 xy  12 MPa,  xz  14 MPa,  yz  1MPa.
2. Kuchlanish tenzori invariantlarini quyidagicha topamiz:
J1  ( x   y   z )  11  13  33  9 MPa,
2
2
2
J 2   x y   x z   xy
  zx
  yz
 990 MPa ,
2
2
2
J 3   x yz
  y yx
  x y z  2 yz yx xz  2190 MPa .
3
3.  3  J1 2  J 2  J 3  0 kubik tenglamani yechamiz.
21
Bu tenglamani yechishda Nyutonning iterasiya metodi (Maple
sistemasida fsolve(sigma * *3  9. * sigma * *2  990. * sigma  2190.) operatorini kiritish yetarli)dan foydalanamiz; qavs ichidagi (k  0,1,2,...,n)
nomerlar iterasiya nomerlari
 ( k 1)   (k ) 
 (3k )  J1 (2k )  J 2 ( k )  J 3
3 (k ) 2  2 J1 ( k )  J 2
.
Boshlang‘ich yaqinlashish  0  ( x   y   z ) / 3  3 MPa ekanligini
beradi.
 (1)
(3) 3  9(3) 2  990  3  2190
 3 
 3  5,1268  2,127 MPa,
3(3) 2  18  3  990
 ( 2)
(2,127) 3  9(2,127) 2  990  2,127  2190
 2,127 
 2,127 MPa,
3(2,127) 2  18  2,127  990
 (3)
(2,271) 3  9(2,271) 2  990  2,271  2190
 2,271 
 2,271MPa.
3(2,271) 2  18  32,271  990
Oxirgi ikki iterasiyadan   2,27 MPa ekanligini topish mumkin.
Demak
kubik
tenglama
birinchi
yechimi
  2,27 MPa,
 3  9 2  990  2190  0 kubik tenglamani (  2,27) ga bo‘lamiz:
 3  9 2  990  2190
 3  2,27 2
  2,27
 2  11,27  964,4
11,27 2  990  2190
11,27 2  25,6
 964,4  2190
 964,4  2190
Birinchi ildiz to‘g‘ri topilsa, bo‘lishda qoldiq hosil bo‘lmaydi.
Olingan
 2  11,27  964,4  0
kvadrat
 1*  25,93 MPa,
 2*  37,20 MPa
ekanligini
 1  25,93 MPa,  2  2,27 MPa,  3  37,20 MPa.
4. Tekshirish. Invariantni topamiz :
22
tenglamani
tartib
yechib
bo‘yicha
J1  ( 1   2   3 )  25,93  2,27  37,20  9 MPa,
J 2   1 2   2 3   1 3  25,93  2,27  2,27  37,2  990 MPa,
J 3   1 2 3  2190 MPa.
Yuqoridagi natijalar bilan natijalar bir xil.
5. Bosh o‘qlarning yo‘naltiruvchi kosinuslarini topamiz.
( y   1 )m1 / l1   yz n1 / l1   xy  0,
 xy m1 / l1   xz n1 / l1  ( y   1 )  0.
x1 
l
m1
, x2  1 belgilashlar kiritamiz. U holda bu tenglama
m1
l1
quyidagi ko‘rinishga keladi.
 12,97 x1  1  x2  12  0,
12 x1  14  x2  14,97  0.
Hosil bo‘lgan sistemani yechib, x1  0,95 , x2  0,25 ekanligini
aniqlaymiz. Bundan esa yo‘naltiruvchi kosinus
l1  1/ 1  x12  x22  1/ 1  (0,95) 2  (0,25) 2  0,71.
Bu orqali boshqalarini ham quyidagicha topamiz
m1  x1l1  0,95  0,71  0,68 ,
n1  x2l1  0,25  0,71  0,18 .
6. Yechimni tekshiramiz:
m12  n12  l12  (0,68) 2  (0,71) 2  0,46  0,03  0,51  1.
7. Guk qonuniga ko‘ra nisbiy bosh differensiallar quyidagicha topiladi:
  v( 2   3 ) 25,93  0,4  34,93 5
1  1

10  3,99 10 4 ,
E
1,0
  v( 3   1 ) 2,27  0,4 11,27 5
2  2

10  0,68 10 4 ,
E
1,0
  v( 1   2 )  37,2  0,4  28,2 5
3  3

10  4,85 10 4 .
E
1,0
8. Hajmning nisbiy o‘zgarishini hisoblaymiz
(V1  V0 ) / V0  1   2   3  (3,99  0,68  4,85) 10 4  0,18 10 4 .
9. Bosh urinma kuchlanishlarni topamiz:
23
 1  ( 2   3 ) / 2  (2,27  37,20) / 2  19,73 MPa,
 2  ( 3   1 ) / 2  (37,20  25,93) / 2  31,56 MPa,
 3  ( 1   2 ) / 2  (25,93  2,27) / 2  11,83 MPa.
10. Oktoedrik kuchlanishini topamiz
2
2
 oct   12   22   32  19,732  31,56 2  11,832  26,04 MPa.
3
3
Mustaqil yechish uchun topshiriqlar
1.
2.
3.
4.
Kuchlanishlarning qiymatlalari quyidagicha berilgan (1-jadval).
Quyidagilarni aniqlang:
Berilgan kuchlanishlar ishorasini hisobga olgan holda yo‘nalishlarini
rasmda tasvirlang.
Bosh kuchlanishlarni aniqlang va to‘g‘iriligini tekshiring.
Bosh tekislik holatini (bu tekislik normali yo‘naltiruvchi kosinuslarini)
aniqlang.
Rasmda normal va bosh tekisliklarni tasvirlang.
1-jadval
MPa
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
x
y
z
 xy
 yz
 zx
80
100
90
-90
100
160
100
100
150
-140
60
120
90
-90
100
80
80
150
70
-60
160
80
120
-120
100
60
120
50
80
-100
100
50
60
80
60
100
120
100
-90
60
60
100
60
60
80
-90
50
50
-80
100
80
50
100
100
100
-60
-50
-100
60
90
24
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
150
130
-70
40
50
45
-45
50
80
50
50
100
-150
100
150
90
100
-130
30
60
45
-45
50
40
40
80
50
-70
80
100
60
70
-100
80
40
60
-60
50
30
60
30
60
-80
70
80
100
90
120
50
25
30
40
30
50
60
50
-70
60
90
90
-50
100
60
30
50
30
30
40
-45
25
30
-100
90
-50
100
-50
90
90
40
25
50
50
50
-30
-25
-50
40
90
-50
100
3.3. Jism nuqtasida kuchlanganlik holati aniqlash masalalarinisi
uchun Maple dasturi
3.2-masalani yechish dasturi
Программа 1 (P1.mws)
> restart; # Masala 3.2.
> nu:=0.3:# Pusson koeffitsienti
> E:=2e3: # elastiklik moduli
> AB:=10.: BC:=7.:
> x:=[2*AB/3,-AB/3,-AB/3]:# uchlarning kordinatalari
> y:=[-BC/3,-BC/3,2*BC/3]:
> beta:=arctan(AB/BC):
> BC:=AC*cos(beta): AB:=AC*sin(beta):
> #Kuchlanish, MPa
> sigma[y]:=-6: tau[xy]:=-5: sigma[]:=-2:
25
> eqx:=-sigma[x]*BC-tau[xy]*AB+
> sigma[ ]*cos(beta)*AC-tau[ ]*sin(beta)*AC=0:
> eqy:=-sigma[y]*AB-tau[xy]*BC+
> sigma[ ]*sin(beta)*AC+tau[ ]*cos(beta)*AC=0:
> r:=solve({eqx,eqy},{tau[ ],sigma[x]}): assign(r):
> s0:=(sigma[x]+sigma[y])/2:
> s1:=sqrt(((sigma[x]-sigma[y])/2)^2+tau[xy]^2):
> sigma[max]:=s0+s1:
> sigma[min]:=s0-s1:
> tau[max]:=(sigma[max]-sigma[min])/2:
> tau[min]:=-tau[max]:
> alpha:=arctan((sigma[max]-sigma[x])/tau[xy]):
> alphaG:=evalf(alpha*180/Pi);# Угол в градусах
alphaG := −10.35546222
> s:=sort([sigma[max],sigma[min],0],‘>‘):
> epsilon[x1]:=(sigma[max]-nu*sigma[min])/E:
> epsilon[y1]:=(sigma[min]-nu*sigma[max])/E:
> epsilon[z]:=-nu*(sigma[min]+sigma[max])/E:
> Hajmiyning nisbiy o‘zgarishi:=epsilon[x1]+epsilon[y1]+epsilon[z]:
> # Almashtirish matrisasi
> A:=Matrix([[cos(alpha),sin(alpha)],
> [-sin(alpha),cos(alpha)]]):
> # Uchlar kordinatalari matritsa
> B:=Matrix([x,y]):
> Z:=A.B:# Uchning burilgan o‘qlardagi koordinatalari
> DeformatsiyaX=[seq(Z[1,k],k=1..3)]*epsilon[x1];
> DeformatsiyaY=[seq(Z[2,k],k=1..3)]*epsilon[y1];
Hisob natijalari:
DeformatsiyaX = [0.08176493987, −0.03350996750, −0.04825497235]
DeformatsiyaY = [0.007307116553, 0.01928096580, −0.02658808236]
26
3.3-masalani yechish dasturi
Программа 2. (P 3.3.mws)
> restart;# Masala3.3
> with(LinearAlgebra):
Puasson koeffitsienti, Yung koeffitsienti (MPa)
> nu:=0.4: E:=1e5:
Berilgan kuchlanishlar sigma11,tau12,tau13,sigma22,tau23,sigma33
> S:=Matrix([[11.,12,14],[13,1],[-33]],
> shape=symmetric,scan=triangular [upper]);
11 12 14 
s : 12 13 1 


14 1  33
Bosh kuchlanishlar
> S0:=Eigenvalues(S);
- 37.1974763823047852
S0 := 2.27082811323587076 


25.9266482690689272 
> E1:=Vector(3,[1,1,1]);# Yordamchi vektor
1
E1 := 1
 
1
Bosh urinma kuchlanishlar
> Tau:=CrossProduct(E1,S0)/2: Tau[2]:=-Tau[2]: Tau;
11.8279100800000006 
31.5620623249999994 


19.7341522450000008 
> 2/3*Norm(Tau,2);# Oktaedrik kuchlanish
26.03843313
> s:=sort([S0[1],S0[2],S0[3]],‘>‘):
> with(ListTools):
> for i to 3 do
> eps[i]:=(s[1]-(s[2]+s[3])*nu)/E:
27
> s:=Rotate(s,1);# Doiraviy o‘rin almashtirish
> od:
> evalf(seq(eps[i],i=1..3),4);
> Hajmning nisbiy o‘zgarishi =add(eps[i],i=1..3);
Hisob natijalari:
0.0003990, 0.00006779, −0.0004848
Hajmning nisbiy o‘zgarishi = −0.0000179984000
Sinov savollari
1. Sirt kuchlari va hajmiy kuchlar haqida tushuncha bering.
2. Qanday tashqi ta’sirlar qurilma elementining deformasiyalanishiga olib
keladi?
3. Qattiuq jism hisob modeli gipotezalarini keltiring.
4. Elastiklik nazariyasining asosiy tamoillarini asoslang.
5. Jism nuqtasidagi to‘la kuchlanish tushunchasini bering.
6. To‘la kuchlanish qanday tashkil etuvchilarga ajraladi?
7. Kuchlanish uchun ishora qoidasini asoslang.
8. Elastiklik nazariyasining asosiy tenglamalari guruhlarini ayting.
9. Kuchlanishning berilgan ifodasida to‘la jism muvozanati qanday tekshiriladi?
10. Fazoviy jism nuqtasida kuchlanganlik holatini nechta kuchlanish ifodalaydi?
11. Qanday jismlar bikr jism deb ataladi?
12. Jismning ixtiyoriy kesimi qanday yasaladi?
13. Jism nuqtasida deformasiyalanganlik holatini qaysi deformasiyalar
ifodalaydi?
14. Sirt kuchlari uchun ishora qoidasini asoslang.
15. Jism nuqtasida ko‘chishlar uchun ishora qoidasini asoslang.
16. Jism nuqtasidagi qaysi deformasiyalar E va G modullarga mos keladi?
28
17. Elastiklik nazariyasi masalalarining yechishning asosiy usullarini
ayting.
18. Nuqtadan o‘tuvchi qaysi yuza bosh yuza deb ataladi?
19. Bosh kuchlanishlar qanday tartibda joylashgan bo‘ladi?
20. Kuchlanishlarni belgilashda indekslarning ma’nosini tushuntiring.
Mustaqil ishlash uchun adabiyotlar
1. Xolmurodov R.I., Xudoynazarov X.X. Elastiklik nazariyasi. I-II qism.
Toshkent: Fan, 2003 y.
2. Маматқулов Ш. Эластиклик назариясидан маърузалар. - Т.: ЎзМУ
нашри, 1995.
3. Самул В.И. Основы теории упругости и пластичности: Учеб. пособие для вузов / В.И. Самул.- 2-е изд., перераб. и доп. – М.: Высш.
шк., 1982. – 264 с.
4. Безухов Н.И. Основы теории упругости, пластичности и ползучести: Учеб./Н.И. Безухов.- 2-е изд., перераб. и доп. – М.: Высш. шк.,
1968. – 512 с.
4. ELASTIKLIK NAZARIYASI TEKIS MASALASINI
KUCHLANISHLAR FUNKSIYASI (ERI FUNKSIYASI)
YORDAMIDA YECHISH
4 .1 . Tekis ma sa la
Elastiklik nazariyasida ikkita tekis masala farqlanadi (Oxy tekisligida
qaraymiz)
1. Tekis deformatsiyalangan holat, bu holda deformatsiyalar tekislikda bo‘lib, ya’ni z o‘qi yo‘nalishdagilari nolga teng bo‘ladi:  z  0 ,
 zx  0 ,  zy  0 . Bu masalada berilgan jismni koordinata o‘qlaridan z o‘qi
yo‘nalishidagi o‘lchami boshqa o‘lchamlariga nisbatan juda katta va barcha ta’sir etuvchi kuchlar z o‘qiga perpendikulyar bo‘lgan tekislikda
29
hamda z ning o‘zgarishidan bog‘liq emas deb qaraladi (masalan uzun
plastinka, tayanch devor, plotina).
4.1-rasm
2. Umumlashgan tekis kuchlanish holati, bu holda tekislikdagi  z ,
 zx ,  zy kuchlanishlar nolga teng. Bunday masalaga yon qirralari bo‘ylab
kuch ta’siri qo‘yilgan yupqa plastinkani hisoblash masalasi kiradi (4.2rasm).
Plastinka qalinligi  ni boshqa o‘lchamlariga nisbatan kichik, lekin
chekli aniq miqdori uchun quydagilar o‘rinli bo‘ladi:
a) kuchlanishlar bu tekislikda nolga teng;
b)  x ,  y ,  xy noma’lum kuchlanishlar plastinka qalinligi bo‘ylab
tekis taqsimlangan. Tekis masalani yechishda (2.1)–(2.8) tenglamalarda z
dan bog‘liq hamma hadlar olib tashlanadi. Bu holda statik va geometrik
tenglamalar bir xil, fizik tenglamalar esa boshqacha bo‘ladi.
4.2-rasm
30
Hammasi ikkita Nave tenglamalari, (ikkita jism sirtidagi muvozanat
tenglamalari bilan birga) uchta  x ,  y ,  xy noma’lum kuchlanishlardan
iborat. Uchta Koshi tenglamalari (bitta deformatsiyalarni birgalikda
tenglamasi bilan) beshta noma’lumli ikkita u, v ko‘chish; uchta  x ,  y ,  xy
deformatsiya; uchta fizik tenglamalar. Demak tekis masalani yechish
uchun sakkista noma’lum va sakkista tenglama kerak bo‘ladi.
4 .2 . Kuchlanish funksiy asi (Eri funksiyasi)
Elastiklik nazariyasi tekis masalalari uchun asosiy munosabatlar
quyidagicha bo‘ladi:
Koshi munosabatlari,
u v
u
v
 xy 

y  ;
x  ;
;
(4.1)
y x
y
x
deformasiyalarning uzviylik tenglamalari:
2
2
 2 x   y   xy
 2 
0 .
(4.2)
xy
y 2
x
Kuchlanish va deformasiyalar orasidagi bog‘lanish umumlashgan Guk
qonuniga ko‘ra
1
 x  ( x   y ) ;
E
1
 y  ( y   x ) ;
E
 xy 
2(1   )
 xy ,
E
(4.3)
bu yerda E – elastiklik moduli,  - Puasson koeffitsiyenti. (4.3) ifodalarni
(4.2) tenglamaga qo‘ysak, quyidagiga kelamiz:
2
  2 x  x
 2 xy
 2 xy 
 x   y
0 .

2
  2  2  2
2

x
xy
xy 
y
x
 y
Muvozanat differensial tenglamasi
 x  xy

 X  0;
x y
 2 y
y
bu yerda X va Y – hajmiy kuchlar.
31

 xy
x
Y  0 ,
(4.4)
(4.5)
Hajmiy kuchlar X  Y  0 desak, (4.5) tenglamani qanoatlantaruvchi
kuchlanish funksiyasi  ni kiritamiz.
 2
x  2 ;
y
 2
y  2 ;
x
 xy
 2

;
xy
(4.6)
(4.6)ni (4.4) ga qo‘ysak, quyidagiga kelamiz :
 4
 4
 4
2 2 2  4 0
x 4
x y
y
(4.7)
 2 2  0 ,
(4.8)
yoki
bu yerda 22 - bigarmonik operator:
  2  2   2  2   4
4
4
    2  2  2  2   4  2 2 2  4 .
x y y
 x y  x y  x
Chegaraviy shartlar esa quyidagi ko‘rinishga ega bo‘ladi:
X    x    xy m;
2
2
Y   y m   yx .
(4.9)
(4.10)
(4.8) tenglamani yechib, (4.6) formuladan kuchlanishlarni, Guk qonuni
(4.3) ga ko‘ra deformasiyalarni topish mumkin. (4.1) ni integrallab, (4.10)
chegaraviy shartlarni hisobga olib, ko‘chishlar topiladi.
4.3. Mustaqil ish №2. Elastiklik nazariyasi tekis masalasini
kuchlanishlar funksiyasi yordamida yechish
Topshiriqni bajarish tartibi
Masala. To‘g‘ri to‘rtburchak shaklda birlik qalinlikdagi plastinka
berilgan (4.3-rasm),  ( x, y) kuchlanish funksiyasi 4.1-jadvalda va uning
parametrlari qiymatlari 4.2-jadvalda keltirilgan. Hajmiy kuchlar hisobga
olinmaganda quyidagilarni toping:
1. Berilgan funksiyani tekis masala yechimi bo‘lishini tekshiring.
2. Berilgan funksiya yordamida kuchlanishlar ifodasini toping.
32
3. Kuchlanishlar epyurasini quyidagi hollar uchun quring: a) x normalli
kesimda  x ,  yx kuchlanishlarni; b) y normalli kesimda – y ,  xy
kuchlanishlarni (x va y larning qiymatlari 4.2-jadvalda berilgan).
4. X , Y sirt kuchlarini plastinka hamma tomonlari uchun aniqlang,
kuchlar yo‘nalishlari bo‘yicha sirt kuchlarining epuyralarini quring.
4.3-rasm
4.1-jadval
Funksiya (x,y)
2
№
1
1
  a( x 4  y 4 )  bx 2 y  xy 3
2
  ax( x 2  y 2 )  bx 2 y  xy
3
  ay( x 2  y 2 )  bxy 2  xy
4
  axy 3  b x 2 y 2 
5
  ax 3  bx 2 y  xy 2  xy
6
y2 
2

  a( x  y )  by  by  x  
3 

7
  a( y 4  x 4 )  bxy 3  x 2 y
8
9


4
4

2

x4 

3 
2
a 4
1
x  y 4  xy (bx 2  y 2 )
12
3
1
1
1
  x 3 y  bx 2 y 2  by 4
3
2
6

33
1
3
1
2
1
6
10
  axy 3  bx 2 y 2  bx 4
11
  ax 4  3ax 2 y 2  bxy 3
12
  ax 3 y  3bx 2 y 2  by 4
13
  ax 4  3(a  b) x 2 y 2  by 4
14
  axy 3  x 3  y 3  bxy
15
  ax 3 y  b x 2 y 2  y 4 
16
  a( x 3  y 3 )  bx 2 y  xy 3
17
  ax( x  y 2 )  bx 2 y  xy
18
  ay( x 2  y 2 )  bxy 2  xy 2
19
 2 2 x 3у 

  axy  b x y 
3


20
  ax 3  bx 2 y  4 xy 2  2 xy
21
 2 y2 
  a( x  y )  by  by  x  
3 

22
  a( y 4  x 4 )  bxy 3  x 2 y  xy
23
24
25


1
3


3
3
2

2

a 4
1
x  y 4  xy (bx 2  y 2 )  xy 2
12
3
1
1
1
  x 3 y  bx 2 y 2  by 4  3x 2
3
2
6
1
1
  axy 3  bx 2 y 2  4 xy
3
2

4.2-jadval
Variant
oxirgi
raqami
1
2
Parametrlar
a
b
l
h
x
y
1
2
1
1
5
6
1
1
1
2
0.2
0.3
34
3
4
5
6
7
8
9
10
2
1
1
2
2
2
1
2
1
2
2
2
1
1
2
1
5
6
6
4
4
6
5
5
2
1
2
2
2
1
1
2
2
2
2
1
1
3
2
2
0.4
0.3
0.5
0.5
0.5
0.3
0.2
0.4
Topshiriqni bajarish namunasi
Berilg an lar:
 ( x, y)  ax 3 y  bxy3  bx 2 ; a =1, b =2, h =2,  =5, x =1, y =0,2.
 ( x, y)   x 3 y  2 xy3  2 x 2
Berilgan son qiymatlar bo‘yicha
1. Berilgan  ( x, y) funksiyaning tekis masala uchun bigarmonik
tenglamani qanoatlantirishini
hisoblaymiz:
tekshiramiz.
Hosilalarni
 4
 0;
x 4
 2
 3
 6 xy  4;
 6 y;
x 2
x 3

 2
 3
3
2
  x  6 xy ;
 12 xy;
 12 x;
y
y 2
y 3
 4
 0;
y 4
 2
 3x 2  6 y 2 ;
xy
quyidagicha

 3x 2 y  2 y 3  4 x;
x
 3
 6 x;
x 2 y
 4
 0.
x 2 y 2
Topilgan to‘rtinchi tartibli hosilalarni tekis masala uchun o‘rinli
bigarmonik tenglama (4.7) ga qo‘yamiz:
0  2 0  0  0.
Berilgan  ( x, y)   x 3 y  2 xy3  2 x 2 funksiya tekis masala yechimi
bo‘ladi.
2. Kuchlanishlarni aniqlaymiz. Shartga ko‘ra: X =0; Y =0.
35
 2
 2
 x  2  12 xy;  y  2  6 xy  4;
y
x
2

 xy  
 (3x 2  6 y 2 )  3x 2  6 y 2 .
xy
3. Kuchlanishlar epyuralarini quramiz .
a) x =1 kesim uchun.
 x  12  1  y (to‘g‘ri chiziq tenglamasi). y  1 bo‘lganada  x  12 .
 yx  3  (1) 2  6 y 2  3  6 y 2 , (kvadratik parabola tenglamasi).
y  0 bo‘lganda  yx  3; y  1 bo‘lganda  yx  3  yx  0 hol uchun y
ni qiymatini topamiz:
3  6 y 2  0.
y1,2   316  0.707.
b) y =0,2 kesimda.
 y  6 x  0,2  4  1,2 x  4 (to‘g‘ri chiziq). x  0,  y  4;
va
x  5,  y  1,2  5  4  2.
 xy  3x 2  6(0,2) 2  3x 2  0,24 (kvadratik parobola).
x  0,  xy  0,24; va x  5,  xy  3  (5) 2  0,24  74,76.
 xy  0 hol uchun x ni qiymanini topamiz:
0,24
 0,283.
3
Aniqlangan holatlar asosida kuchlanishlar epyuralarini quramiz:
3x 2  0,24  0;
4.
x1, 2  
X , Y sirt kuchlarini plastinka
hamma tomonlari uchun
aniqlaymiz va epuyralarini quramiz.
Chap tomonda.
Tenglamasi: x =0.  tashqi normalni koordinata o‘qlari bilan hosil
qilgan burchaklarini koordinata o‘qlari musbat yo‘nalishi bilan soat
strelkasiga qarama-qarshi yo‘nalishda burilgan holda hisoblaymiz.
  cos( x, )  cos(180 )  1; m  cos( y, )  cos(270 )  0.
X   x    xy m  12  0  y  (1)   xy  0  0, bu tomonda x oqiga
parallel kuch yo‘q.
36
Y   y m   xy    y  0  (3  0  6 y 2 )( 1)  6 y 2 , (parabola).
y  1, Y  6; y  0,5, Y  1,5; va y  0, Y  0.
4.4-rasm. Kuchlanishlar epyurasi.
O‘ng tomonda:
x  5;   cos(0 )  1; m  cos(90 )  0.
X  12  5 y   xy  0  60 y, ( to‘g‘ri chiziq).
y  1, X  60; Y   y  0  (3  52  6 y 2 )  75  6 y 2 .
y  0, Y  75; va
y  1, Y  75  6  (1) 2  69.
Yuqori tomonda:
y  1;   cos(270 )  0; m  cos(0 )  1.
X   x  0  (3x 2  6  12 )  (1)  3x 2  6, ( kvadratik parobola).
x  0,
X  6;
va x  5, X  3  52  6  69.
Y  0 hol uchun y ni qiymatini topamiz
3x 2  6  0; x1,2   6 3  1,414.
37
Y  (6 x  1  4)  (1)   yx  0  6 x  4, ( to‘g‘ri chiziq ).
x  0, Y  4; va x  5, Y  6  5  4  26.
4.5-rasm. Sirt kuchlari epyurasi
Quyi tomonda:
y  1;   cos(90 )  0; m  cos(180 )  1.


X  x0  3x 2  6(1) 2  1  6  3x 2 , ( kvadratik parobola ).
x  0,
X  6;
va x  5,
X  69.
X  0 hol uchun x ni qiymatini topamiz.
6  3x 2  0; x1,2   6 3  1,414.
Y   6 x(1)  4(1)   yx  0  6 x  4, ( to‘g‘ri chiziq).
38
x  0,
Y  4;
va x  5,
Y  34.
Aniqlangan holatlar asosida sirt kuchlari epyuralarini quramiz (4.5-rasm).
Mustaqil ishlash uchun adabiyotlar
1. Xolmurodov R.I., Xudoynazarov X.X. Elastiklik nazariyasi. I-II qism.
Toshkent: Fan, 2003 y.
2. Маматқулов Ш. Эластиклик назариясидан маърузалар. - Т.: ЎзМУ
нашри, 1995.
3. Самул В.И. Основы теории упругости и пластичности: Учеб. пособие для вузов / В.И. Самул.- 2-е изд., перераб. и доп. – М.:Высш.
шк., 1982. - 264с.
4. Безухов Н.И. Основы теории упругости, пластичности и ползучести: Учеб./Н.И. Безухов.- 2-е изд., перераб. и доп. – М.:Высш. шк.,
1968. - 512с.
5. ELASTIKLIK NAZARIYASI TEKIS MASALALARINI QUTB
KOORDINATALAR YORDAMIDA YECHISH
5.1. Tekis masala tenglamalarini qutb koordinatalar
sistemasidagi ifodasi
Ko‘pchilik hollarda elastiklik nazariyasi masalalarining murakkablik
darajasi koordinatalar sistemasini tanlanishiga bog‘liq bo‘ladi. Agar
koordinatalar sistemasi masalaning mohiyatidan kelib chiqqan holda tanlansa, yechim juda yengil olinishi mumkin. Tekis masalalarni yechishda
jism doiraviy, silindr shaklida bo‘lsa, dekart koordinatalar sistemasidan
qutb koordinatalar sistemasiga o‘tish maqsadga muvofiq hisoblanadi.
Muvozanat tenglamalari quyidagi ko‘rishda olinadi:
 r 1  r  r   
 

 R0
r
r 
r
(5.1)
1    r 2 r



0
r 
r
r
39
Kuchlanishlar uchun quyidagi belgilashlar olingan:
 r - radius yo‘nalishidagi normal kuchlanish yoki radial kuchlanish;
  - radial kuchlanishga perpendikulyar yo‘nalgan normal kuchlanish
yoki tangensial kuchlanish;
 r    r - urinma kuchlanish.
Qutb koordinatalar sistemasida Koshi munosabatlari quyidagi
ko‘rinishni oladi:
u
1  u
  1 u
(5.2)
 r  ;  
 ;  r 
 
.
r
r  r
r r r 
Uzviylik tenglamasi
ko‘rinishni oladi:
qutb
koordinatalar
sistemasida
 2 1  1 2 
.


 r 2  r r  r 2  2  r      0


quyidagi
(5.3)
Masalalarni yechishda, dekart koordinatalar sistemasidagi kabi bu
yerda ham kuchlanishlar funksiyasi  (r ,  ) ni kiritish maqsadga muvofiq
hisoblanadi.
Ma’lumki, dekart koordinatalar sistemasida kuchlanishlar funksiyasi
orqali ifodalangan uzviylik tenglamasi quyidagi ko‘rinishga ega edi:
 2 ( 2 )  0
yoki
 2
 2   2  2 
.



 x 2  y 2  x 2  y 2   0



Bundan, uzviylik tenglamasi qutb koordinatalar sistemasida (5.3.)
quyidagi ko‘rinishni oladi:
  2 1  1  2   2 1  1  2 
.



 r 2  r r  r 2  2  r 2  r r  r 2  2   0



(5.4)
Dekart koordinatalar sistemasida kuchlanishlar funksiyasi bilan
kuchlanishlar orasida munosabatlar quyidagicha ifodalangan edi:
x 
 2
y 2
; y 
Kuchlanishlar funksiyasining
ko‘rinishi quyidagicha bo‘ladi:
 2
x 2
;  xy
qutb
40
 2 .

xy
koordinatalar
sistemasidagi
1  1  2
 2r
1  2
1 
  1  
r 
 2
;


;








  .

r
r r r  2
r r r 2 
r  r  
r 2
(5.5)
Qutb koordinatalar sistemasida kuchlanishlar bilan deformasiyalar
orasidagi bog‘lanishlar dekart koordinatalar sistemasidagi kabi bo‘ladi, faqat belgilashlar o‘zgaradi, ya’ni x bilan y ning o‘rniga r va  kiritiladi.
Tekis deformasiya holatida Guk qonuni quyidagi ko‘rinishni oladi:
1  2 

1  2 

1


r 
  ;  
 r ;  r   r , (5.6)
 r 
  
E 
1 
E 
1 
G


5.2. Mustaqil ish №3. Elastiklik nazariyasi tekis masalalarini qutb
koordinatalar yordamida yechish
Topshiriqni bajarish namunasi
Masala. Quyidagi funksiyani
  Ar cos  .
1. Tekis elastiklik masalasini yechish uchun kuchlanish funksiyasi sifatida qabul qilish mumkinmi?
2. Agar mumkin bo‘lmasa qanday shartda mumkin bo‘ladi?
3. Mumkin bo‘lgan funksiyalarda kuchlanishlarni aniqlang.
Yechish: Berilgan funksiyalar kuchlanish funksiyasi bo‘lishi uchun
quyidagi tenglamani qanoatlantirishi kerak.
 2  2  0
bu yerda
 2 1 
1 2 


   2 
 2
2 
r

r

r
r




2
shuning uchun berilgan funksiyalardan r , bo‘yicha hosila olamiz.
41

 A cos  ;
r

 Ar cos   Ar sin  ;

 2
0
2
r
 2
  Ar sin   Ar sin   Ar cos   2 Ar sin   Ar cos 
 2
Bundan  2 ning tenglamasiga qo‘ysak,
1
r
1   2   A cos 




2
Ar
sin


Ar

cos


2
1

r
1
2A
A
2A
 A cos 
sin  
cos  
sin  .
r
r
r
r
Bu funksiyadan
 2 1 
1 2 

 21   2 
 2
2  1
r

r

r
r




ni topamiz, bu esa  2 2 bo‘ladi. Shuning uchun
1 2 A
1
2A
 2 sin 

cos
r

r
r
 21
4A
 21 2 A
  3 sin 

sin 
r
r 2
r
 2
8A
2A
 4A

 21    3 sin   3 sin   3 sin    0.
r
r
 r

Demak, bu funksiya kuchlanish funksiyasi bo‘la oladi. Kuchlanish
funksiyalari orqali kuchlanishlar quyidagi formulalar yordamida topiladi.
1  1  2
r 

;
r r r 2  2
1
r
 2
  2 ;
r
 r  
  1  


r  r  
1
A



2
Ar
sin


Ar

cos



cos 
2
r
r
 1

    Ar cos   Ar sin    0
r  r

 r  A sin  
   0;
 r
Mustaqil yechish uchun berilgan masalalar
Quyidagi funksiya  tekis elastiklik masalasini yechish uchun
kuchlanish funksiyasi sifatida qabul qilish mumkinmi? Agar mumkin
42
bo‘lmasa qanday shartda mumkin bo‘ladi? Mumkin bo‘lgan funksiyalarda
kuchlanishlarni aniqlang.
1)   Ar 2 cos
2)   Ar 2 cos
3)   Ar cos2 
4)   Ar 3 cos
5)   Ar 3 cos
6)   Ar sin 
7)   Ar 2 sin 
8)   Ar 2 sin 
9)  Ar sin 2 
10)   Ar sin   Br
11)  A  B sin 2
12)   Ar  B sin 2
13)   A 2  B sin 2
14)   Ar 2  B sin 2
15)   A  B sin 2 2
16)   A 4
17)   Ar 4
18)   Ar 4  Br 4
19)   Ar sin 2
21)   Ar sin   Br
20)   A cos 2
22)   Ar  B sin 2
23)   Ar  Br sin 2
24)   A 2  Br sin 2
25)   Ar 2  Br sin 2
26)   Ar  B sin 2 2
Sinov savollari
1. Ko‘shishlarga nisbatan, kuchlanishlarga nisbatan, aralash shakldagi
masalani yechishda qaysi noma’lumlar asosiy hisoblanadi?
2. Masalani yechishda jism materiali qaysi mexanik parametrlari bilan
ifodalanadi?
3. Umumlashgan kuchlanganlik holatidagi jismning hisob sxemasini
ayting.
4. Umumlashgan tekis kuchlangan holatning ma’nosi nimadan iborat?
5. Tekis deformasiyalangan holatidagi jismning hisob sxemasini ayting.
6. Tekis masalani yechishda jism nuqtasida qaysi noma’lumalar izlanadi?
7. Kuchlanishlar ma’lum bo‘lganda qaysi tenglamalar yordamida sirt
kuchlarini aniqlaymiz?
8. Kuchlanish funksiyasini qaysi tenglamaning yechimidan topamiz?
43
Adabiyotlar:
1. Xolmurodov R.I., Xudoynazarov X.X. Elastiklik nazariyasi I-II qism.
Toshkent: Fan, 2003.
2. Маматқулов Ш. Эластиклик назариясидан маърузалар. Т.: Университет, 1995.
3. Тимошенко С.П., Гудер Дж. Теория упругости. М., Мир, 1975.
4. Александров А.В. Потапов В.Д. Основы теории упругости и пластичности. - М.: Выс.шк., 1990. 400 с.
5. Самул В.И. Основы теории упругости и пластичности. - М.,
Выс.шк., 1982. - 264 ст.
6. Рекач С.П. Руководство к решению задач по теории упругости. М., 1977.
7. Ландау Л. Д. и Лифшиц Е. М. Теория упругости. 1965
44
X. XUDOYNAZAROV,
A. ABDIRASHIDOV,
O‘. A. NISHONOV
ELASTIKLIK NAZARIYASI
FANIDAN MUSTAQIL ISHLAR
TOPSHIRIQLARI VA ULARNI BAJARISHGA
OID USLUBIY KO‘RSATMALAR
5140300 – Mexanika
ta’lim yo‘nalishi bakalavr talabalari uchun uslubiy ko‘rsatma
Muharrir
Musahhih
Texnik muharrir
G.Q.Rahumova
G.Q. Rahumova
M.Ro‘ziboyev
2008 yil 19-iyun 68-buyruq.
2013 yil 29-avgustda noshirlik bo’limiga qabul qilindi.
2014 yil 10-iyulda original maketdan bosishga ruxsat etildi.
Bichimi 60x84/1, 16, «Times New Roman» garniturasi.
Ofset qog’ozi. «Risograf» matbaa uskunasida bosildi.
Shartli bosma tabog’i – 2,75. Nashriyot hisob tabog’i – 2,25.
Adadi 25 nusxa. 256-buyurtma.
_________________________________________
SamDU bosmaxonasida chop etildi.
140104, Samarqand sh., Universitet xiyoboni, 15
45
View publication stats