Kolendowicz 0

(11-96)

(11-97)

(11-98)

a_u = a_x cos²a + tr_)Isin²a — z sina cosa — z cosa sina, podstawiając 2sina cosa = sin2a, otrzymamy <7_U = ff_Icos²a + u_ysin²a — z sin2a.

■ W podobny sposób można obliczyć a_c i z_a (rys. ll-95c i d), mianowicie: tr_r = <r_;tsin²a + <r₎,cos²a + x sin 2 a,

r. = a_x sina cosa — a cosa sina + rcos²a — isin²a lub

z, = (a_x — a_y) sina cosa + z (cos²a — sin²a).

Podstawiając cos²a — sin²a = cos2a, otrzymamy ostatecznie

t„ = ^(<r_x — a_y) sin2a + rcos2a.

■ Wyrażenia (11-96), (11-97) i (11-98) mają taką samą budowę jak wyrażenia (5-21), (5-22) i (5-23) przedstawiające momenty bezwładności I_u i I_v oraz moment dewiacji D_uc dla osi u i v obróconych o kąt a względem osi x i y. Wykorzystując tę analogię można napisać na podstawie wzorów (5-27), (5-28) i (5-29) wzory końcowe na naprężenia główne a_i i a₂ oraz na kąt a₀ zawarty między kierunkami naprężeń <r, i a_x.

tg2a0 -	(11-99)
Ox~°y
<*1 = + Oy) + \s/ K - <7y)^2 + 4T^2,	(11-100)
<*2 = + S) ~ \ JK ~ S)^2 + 4t^2.	(11-101)

■    Naprężenia główne <7j i a₂ mają wartości ekstremalne. Jedno z nich jest największe spośród wszystkich naprężeń normalnych, które można wyznaczyć wzdłuż dowolnej osi przeprowadzonej przez obrany punkt ciała, drugie z nich jest naprężeniem najmniejszym.

■    Znając naprężenia a_x, a_y i z można wyznaczyć naprężenia główne tr, i a₂ za pomocą wzorów (11-100) i (11-101) lub za pomocą koła Mohra, którego konstrukcja jest podobna do przedstawionej w p. 5.2.5. Zamiast momentów bezwładności I_x i I_y oraz momentu dewiacji D_xy, należy na odpowiednich osiach odmierzyć wartości a_x, a_y i z.

Przykład 11-20. Na wycięty z konstrukcji element działają naprężenia a_x = 800 MPa, a_} = 200 MPa i r = 250 MPa (rys. ll-96a). Wyznaczyć naprężenia główne i kierunki główne rachunkowo i za pomocą koła Mohra.

Rozwiązanie 1. Sposób rachunkowy

<z, =    + <*M ^_N/(ff_x-<r,)²+4t² = ^(800 + 200) + ^ (800 - 200)² + 4 • 250² =

= 500 + 391 = 891 MPa,

*2 = jK + o,) ~ ^yK-a,)² + 4T² = ^(800 + 200) - ^_N/(800- 200)² + 4-250² =

= 500 - 391 = 109 MPa.

2. Sposób wykreślny

■ Przyjmujemy układ osi a i t (rys. ll-96b). Na osi poziomej odcinamy w przyjętej skali O A równe a_x i OB równe a_y. Pionowo z punktu A odmierzamy z, a z punktu B — (z). Odcinek CD jest średnicą koła Mohra, a punkt S jego środkiem. Koło to wyznacza na osi a odcinki OE = ct, i OF — <t₂. Z rysunku odczytano <r, = 890 MPa i a₂ = 110 MPa. Jeśli oś a jest równoległa

250