Lösning: ε= δ eller ε=du

Transkript

1 Tekniska Högskolan i inköping, IEI /Tore Dahlberg TENTAMEN i Hållfasthetslära - Enkla bärverk TMH02, kl ÖSNINGAR DE 1 - (Teoridel utan hjälpmedel) 1. Definiera begreppet töjning (ε) och ange när (under vilka omständigheter) den töjning du angett får användas. Förklara också vad ingående storheter betyder. ε= δ eller ε=du d där ε i är töjningen (enhet m/m, d v s dimensionslös), δ (m) är längdändring och (m) är ursprunglig längd. Denna definition kan användas vid små deformationer, d v s då δ <<. I den andra formeln är u förkjutning och även här måste gälla att u <<. 2. En stång av linjärt elastiskt material med E-modul E har längden och tvärarean A = A() (tvärarean varierar alltså längs stången). Stången belastas med en dragkraft. Teckna stångens längdändring δ., E, A() δ= 0 d EA() 7

2 Tekniska Högskolan i inköping, IK /Tore Dahlberg TENTAMEN i Hållfasthetslära - Enkla bärverk, TMH02, kl DE 1 - (Teoridel utan hjälpmedel) 3. Två konsolbalkar, AB (längd, böjstyvhet EI) och CD (längd, böjstyvhet 3EI), bär mellan sig en stel stång (längd ) som är ledat förenad med konsolbalkarna i B och C. Den stela stången belastas med en kraft som angriper mitten, d v s i y = /2, se figur. Bestäm den stela stångens snedställning Θ på grund av lasten. Elementarfall: Konsolbalk w() y, 3EI /2 /2 A B C D w()= 3 6EI w()= 3 3EI stel w ()= 2 2EI w() M w()= M2 2EI w()= M2 2EI 2 2 w ()= M EI Vid övergången vid B överförs lasten /2 och vid C lasten /2. Respektive konsolbalks utböjning blir då δ B = (/2) 3 3EI Den stela stångens snedställning blir och δ C = (/2) 3 3 3EI Θ= δ B δ C = 2 9EI 8

3 TENTAMEN i Hållfasthetslära - Enkla bärverk, TMH02, kl DE 1 - (Teoridel utan hjälpmedel) T M0 4. En fritt upplagd balk belastas med momentet M 0 i = /3, se figur. Rita moment- och tvärkraftsdiagram för balken (de givna koordinatsystemen får användas). Ange etremvärden i (eller vid sidan av) diagrammen. M T M 0 / M0 Jämvikt ger stödreaktionerna, som blir R vänster = M 0 / och R höger = M 0 / Snitta och teckna jämvikt. Det ger tvärkraftsoch momentfördelning enligt figuren, där etremvärden har skrivits in. - 2 M 0 /3 M M 0 /3 9

4 DE 2 - (roblemdel med hjälpmedel) 5. C inus ska hänga upp en skylt som det står Quirentia på. Han beställer två stänger, och 2 långa, area A och E-modul E, för att bygga 3 2, EA ett stångbärverk enligt figur. Vid leverans upptäcker inus att stången som skulle vara 2 lång är κ (κ<<1) för kort (den har längden 2 κ). Trots detta monterar inus bärverket, EA A B (medveten om att knuten B kommer att hamna v Quirentia h något för högt). När inus hängt upp skylten noterar han att belastningen från skylten gör att stången AB hamnar eakt horisontellt. Vad väger skylten, d v s bestäm uttryckt i givna storheter? Inför knutförskjutningarna Δ v (nedåt) och Δ h (åt höger), Eftersom stång AB är horisontell blir Δ v = 0 (och Δ h ska bli negativ efterson stång AB blir tryckt). Det ger stångkrafterna (tabell kan tecknas, men det hoppar jag över här) S AB = EA Δ h och S CB = EA 2 κ Δ h Snitta runt knuten och teckna horisontell jämvikt. Det ger S AB S = 0 som ger Δ + 1 CB h 4 κ Δ h = 0 varur löses Δ h = 2 9 κ Stångkraften S CB blir S CB = EA 2 Teckna nu vertikal jämvikt. Det ger = 3 2 S = 3 EA CB 2 2 κ κ = EA κ 8 9 κ = EAκ 10

5 DE 2 - (roblemdel med hjälpmedel) M v A B C 2 h h a 6. En lådbalk (ael) med tvärsektion enligt den nedre figuren (h << a) har längden och är fast inspänd i ändarna. Aeln belastas i = /3 med ett vridande moment M v. Bestäm vridvinkeln (tvärsnittets rotation) vid = /3 och största skjuvspänningen i aeln. Skjuvmodul G. a Ta bort stödet till höger och för in ett moment M C där (samma riktning som M v ). Vridningen av aeln blir Θ= (M v + M C )/3 + M C 2/3 = 0 GK v GK v varur löses M C = M v /3. Förvridningen av delen AB blir där K v = 4A 2 = 4a 4 ds 2a + = 4a 3 h 2a 3 t(s) h 2h Största skjuvspänningen blir (i del AB) Θ B = (2M v/3) /3 GK v vilker ger = 2M v 9GK v Θ B = M v 6Ga 3 h τ ma = 2M v/3 W v = 2M v/3 2a 2 h = M v 3a 2 h 11

6 DE 2 - (roblemdel med hjälpmedel) A 7. En balk AB (längd, böjstyvhet EI) är i änden B C A fast inspänd i en stel vägg och i änden B fast inspänd i en stel stång BC som i änden C är ledat lagrad enligt figur. Stångänden B förs sträckan Δ nedåt. Bestäm balkens kurvform (d v s utböjningen) w(). Differentialekvationen lyder EIw IV = q()=0 Integrera fyra gånger (EI förkortas bort). Det ger w()=c C C 3 + C 4 Randvillkor RV1: w(0) = 0 ger C 4 =0 RV2: w (0) = 0 ger C 3 =0 RV3: w() =Δ ger w()=c C 2 2 =Δ RV4: w () = Δ/ (OBS tecknet) ger w ()=3C C 2 = Δ/ Ekvationssystemet ger C 1 = 3Δ/ 3 och C 2 =4Δ/ 2 Balkens utböjning blir således w()=δ

7 DE 2 - (roblemdel med hjälpmedel) MA q ( ) q 0 8. En balk, längd, böjstyvhet EI, är fast inspänd i ena änden och fritt upplagd i den andra. Balken belastas på delen /2 < < med en triangulär last enligt figur. Bestäm inspänningsmomentet vid infästningen. Tips: Använd elementarfall med en punktlast på balken. åt punktlasten representera lasten q() på en sträcka d av balken, d v s = q()d. Summera (integrera) bidragen från alla "punktlaster" längs balken. Elementarfall ger för en punktlast på balken (lasten angriper i ) = 2 β(1 β2 )= 2 αβ(1 +β)= 2 åt kraften representera lasten q()d, där q() = 0 för 0 < < /2 och q() =(2q 0 /)( /2) = q 0 (2/ 1) för /2 < <. Man får 1 = (q()d) / = /2 2 q Multiplicera ihop och integrera. Det ger = q 0 / d 3 4 = q d = q { } = q 0 2 = 0, 01927q 0 2 En snabbkontroll av värdet kan göras genom att hela lasten Q = q 0 /4 placeras i = 5/6 (triangelns tyngdpunkt). Elementarfall ger då = 2 β(1 β2 )= q = q 2 0 = 0, 02025q 0 2 vilket är ganska nära det eakta resultatet enligt ovan. 13