100 43

94

94

czyli

®W(-0,8763, -0,4813,0,0102).

Wersor normalny do płaszczymy głównej odpowiadający naprężeniu głównemu a, znajdziemy z układu równaó:

(100,0-49,4)a„+40,0a„ - 20,0a_u - 0, 40,0a„+(50,0-49,4) a„+30,0a„ - 0,

—20,0ct_n+30,0o_n+(—10,0—49,4) a_u = 0. Biorąc ponownie dwa pierwsze równania i przyjmując a_u ■ / mamy

50,6a_tl+40,0a„-20,0/ - 0, 40,0o_tł+0.6a_tł+30,0/ - 0.

Stąd znajdujemy % — -0,772/, *n - 1,4768/, a_u- t. Z warunku (3.22) znajdujemy / = 0,5145, tak więc

On •> 0,3973,    - 0,7599, °m - 0.5145 ,

c^fi

0,3973,0.7599,0,5145).

Trąd wersor znajdziemy w podobny sposób łub z iloczynu wektorowego "

= »<*)_x «(») «, (-0,2554,0,4468, -0,8571).

W nowym układzie współrzędnych 1, 2, 3 macierz naprężeń przyjmuje postać

Poprawność obliczenia Mpffr* Równych sprawdzamy porównując niezmienniki w obu układach współrzędnych, np. I_t:

100+50—10«* 122^+49,4—31,7 140* 139,9.

Zadanie 3. Znaleźć naprężenia główne i kierunki naprężeń głównych, jeśli w ustalonym punkcie dana jest maderz naprężeń określona w układzie (x_ltx_t,xj:

r_#-

Zanim przystąpimy do rozwiązania zadania, zwróćmy uwagę na szczególną postać danej macierzy naprężeń. Naprężenie p* i p_t mają trzecią współrzędną zerową, oba więc leżą w płaszczyźnie prostopadłej do osi x₍, a ponadtop_t • 0 (trzeci wiersz macierzy naprężeń). Na podstawie (3.16) stwierdzamy, że wektor naprężenia przy przecięciu bryły jakąkolwiek płaszczyzną zawsze leżeć będzie w płaszczyźnie wektorów />, i p, . W takim przypadku mówić będziemy, że w punkcie, w którym dana jest taka macierz naprężeń, mamy do czynienia z płaskim stanem naprężenia. We wzorze (3.17), podobnie jak we wzorze transformacyjnym (3.19) l oraz) przyjmują w tym przypadku wartości 112. Nie należy rozumieć jednak, że w dowolnym układzie współrzędnych (xi) macierz naprężeń będzie miała elementy o^j ■ 0. Jak widać ze wzoru transfoi-macyjncgo tak będzie tylko wtedy, gdy oś x\ pokrywać się będzie z osią x».

Zerowanie się trzeciego wiersza i trzeciej kolumny w danej macierzy istotnie uprości nam obliczenie naprężeń Równych i ich kierunków. Niezmienniki równania charakterystycznego przyjmują postać:

A ■ ru+/Nt A ■ 4u'®a- oU. A-O

g6wnanic charakterystyczne będzie miało postać:

«^,-'(«II+«h)^+(9||'0„-0^,u)9 ■ 0,

olo^ł-((j_n+o_w)o+ (ff_ucr_w-0*^)1« o.

czyli

pierwiastkami tego równania tą;

a. m

^ati+o„ I*

Ot —O.

I Kierunki naprężeń głównych obliczamy z zależności (3.25), która dla ^

(o_a-o₁)a_u+o_ua_u m o,%

o_nOu-f (Om-oJo,, - O, V

“«»«»-0.3

Z tego układu odczytujemy natychmiast c_tt - 0. a wobec zerowania się wyznacznika utworzonego * wtpót-

czynników przy niewiadomych pierwszych dwa równań wnosimy o ich firnowej    z pi---_r

równania przy przyjęciu za parametr a_u — / mamy

o_u

Parametr / obliczamy z warunku 1 otrzymujemy

<4+0*.-1

o%—On

t —    .    ,

co prowadzi do współrzędnych wersora e[:

I “u

o_u

Ot-Ou__

^(Oj-OuP+oJ,

<0.

Współrzędne wersora c£ znajdujemy w podobny spoaób:

*i"®a

a*ł

^(e»-«iiy+®Ł

^(e^,*-0u)'+*»»

Om «■ 0.