100 46

100

lfcektora p_r na normalną do płaszczyzny, zai r_m — miarą rzutu tegoż wektora na tę pb czyznę. Napiszemy jeazcze raz wyprowadzone w punkcie 1.9 zależności:

9₉ — ui*ii+***•!+^<rs«is »

ri — crf aii + C*    +<r§ a*₃ - (<r₁ a³ml+<r₂ a\₂+aj₃) ²,

«J,+«ła+aJj i 1-

i umówimy się, że rozważać będziemy przypadek cr, ^ o₂ # <r₃ oraz że pierwiastki równ nia charakterystycznego uporządkujemy tak, by er, ><r₃><r₃.

W wyniku rozwiązania względem a_pi podanego układu trzech równań otrzymujemy

2 _—    O (<T,—Oj)

(<Tj ^flra)(o'₁—Cj) *

om

_{2 =} ^T>-K^ffp-o‘₃)(g_t>--<ri)

6$«ap| * I

2 _ ^T» -K^-gi) (<r,-<r₂) I

(aj—w,)(o_s—Oa) * j

Zgodnie z umową porządkującą naprężenia główne, zwracamy uwagę, że mianowniki w pierwszej i trzeciej równości są dodatnie, ujemny zaś jest mianownik w równości drugig, a ponieważ lewe strony zależności (3.39) są większe bądź równe zeru, przeto ich liczniki muszą spełniać nierówności:

e^Hcr,—<r₃)>0, tj+(u^,,-w_J)(a.-o-_a»0.

Nierówności te możemy przekształcić do następujących postaci:

r*“ | ,		(3.40a)
		(3.40b)
\ 2 J
liL 1 i >		(340$

W płaszczyźnie zorientowanej układem współrzędnych (<r„ t.) nierówności powyższe wyznaczają pewien obszar. Nierówność (3.40a) określa obszar na zewnątrz okręgu K_3i

0    promieniu i(ff₂-<r₃) i o środku leżącym na osi a, w punkcie ł(<r₂+<r₃) (rys. 3.14). Nierówność (3.40b) określa obszar zawarty wewnątrz okręgu K_l3 o promieniu ifo-oi)

1    o środku na osi a. w punkcie H<r, +<r₃). Wreszcie nierówność (3.40c) określa obszar po** okręgiem K_l2 o promieniu i ~<^i) i o środku na osi odciętych w punkcie j(tr_x + «r*)• hfierównośd (3.40) wyznaczają więc zbiór punktów (tr,, tJ zakreskowany na rys. 3.14,

Jctóry stanowi rozwiązanie postawionego zadania, mianowicie określenia zbiorą rozwiązań (er,, t,) dla różnych a,₍.

Drugim problemem będzie graficzne rozwiązanie następującego zadania: daska jest w punkcie macierz naprężeń określona w układzie osi głównych oraz wersor normalny , a,j, or_ł3) do płaszczyzny, którą przecinamy bryłę przez dany punkt; należy okrettć długość a_u i r,. Konstrukcję rozwiązania zadania przytoczymy bez dowoda •, Oznaczymy wpierw: a,, = cos(o, ¹,) = cos a, = cos(c, Jrj) » cos/ł, a_#ł — cos(c, ¹,) ¹■ = cosy (rys. 3.14). W punkcie na osi a_ę o odciętej o, = o, prowadzimy prostą /, prostopadłą do osi, a następnie z tego samego punktu prowadzimy prostą pod kątem z do /, (odmierzanym przeciwnie do ruchu wskazówek zegara) i znajdujemy jej punkt przecięcia >4

z okręgiem K_x2. Z punktu o odciętej o, = <r₃ na osi cr, prowadzimy prostą l₂ prostopadłą do osi i od niej pod kątem y (zgodnie z ruchem wskazówek zegara), prowadzimy prostą przez ten sam punkt a, == <r₃, znajdując punkt przecięcia B z okręgiem AT,₃. Następnie ze środków kół K_l2 i JC₂₃ zakreślamy dwa łnld o promieniach odpowiednio O_tB i OyŁ Współrzędne punktu C przecięcia tych łuków stanowią rozwiązanie zadania.

Zwróćmy jeszcze uwagę, że odcinek OC jest długością wektora p„, jest bowiem pl ss a\+t¹. Warto w tym miejscu rozważyć szczególny przypadek podziału bryły płaszczyznami przechodzącymi przez dany punkt i równoległymi do osi x₂. W tym przypadku mamy zawsze a,₂ — 0, a nierówność (3.40c) przechodzi w równość. Zbiór rozwiązań (u„ r,) jest okręgiem koła X_i2. Konstrukcja rozwiązania nieco się teraz upraszcza, wystarcza bowiem poprowadzenie prostej przez punkt (<rj,0), nachylonej pod kątem c

1

Dowód czytelnicy mogą znaleźć np. w książce W. Krzysia i M. Życzfcowtkicgo    i pU-

styczność — wybór zadań i przykładów. Warszawa 196% str. 47—49.