Lösningar/svar till tentamen i MTM113 Kontinuumsmekanik Datum:

Transkript

1 Lösningar/svar till tentamen i MTM113 Kontinuumsmekanik Datum: Observera att lösningarna inte alltid är av tentamenslösningskvalitet. De skulle inte ge full poäng vid tentamen. Motiveringar kan saknas eller vara bristfälliga. De är också i vissa fall för kompakt skrivna. Detta för att spara kopieringskostnad. Uppgift 1 F A 0 0 a) b) b) i) och ii) ökar, övriga minskar F EA c) Förenkla i) δ in δ rs W in = [i = n]= δ rsw nn ii) δ rj δ nn W jm = [j = r]=3w rm 0 0 EA 0 νf 0 EA 0 0 νf iii) δ jk δ ij b k = [j = k]= δ ik b k = [k = i] = b k iv) δ ij δ ji b k = [i = j]= δ ii b k = 3b k 1

2 Uppgift 2 Elastiska linjens ekvation q = dt d x = d2 M = d2 EI d2 w d x 2 d x 2 d x 2 Här är EI = konstant samt q= -Q/L Randvillkor x=0; w=0 och dw/dx=0 x=l; w=0 och M=0 Här fås elastiska linjens ekvation Q L = dt d x = d2 M = EI d4 w d x 2 d x 4 Integrering ger Q L x + A = T = d M d x = EI d3 w d x 3 och Q x 2 2L + Ax + B = M = EI d2 w d x 2 Randvillkor då x=l ger Q L2 2L + AL + B = 0 vilket ger B = Q L 2 AL Q = total last E, I L Vilket ger elastiska linjens ekvation Q L 2 x 2 2L + A(x L) = EI d2 w d x 2 Integrering ger Q Lx 2 x L + A x 2 2 Lx + C = EI d w d x Randvillkor då x=0 ger C=0 Integrering ger Q Lx x L + A x Lx D = EIw Randvillkor då x=0 ger D=0 Randvillkor då x=l ger QL AL = A( 4 12) = 0 Q 6 1 vilket ger A A = 5 8 Q vilket ger w = Q Lx 2 EI 4 x 4 24L + 5 x Lx 2 2 = Q EI x 4 24L + 5x Lx 2 16 i mitten av balken fås w = QL3 1 EI = 16 4 QL 3 EI = QL EI Resultat: Balkens böjs ned QL 3 192EI 2

3 Uppgift 3 Då ytan är obelastad är en av huvudspänningsriktningarna är vinkelrät mot ytan. Huvudspännings- och huvudtöjningsriktningar är lika. Känt är ϕ =0 ε OA =-0,0005, och ϕ =120 ε OB =+0,0005, och ϕ =-120 ε OC =+0,0003 där ϕ är vinkeln mellan n och x 1 -axeln. a) Sökt är ε 11, ε 22 och ε 12. Alt 1: Formler för Mohrs cirkel kan användas. ε n = ε 11 cos 2 ϕ + 2ε 12 cosϕ sinϕ + ε 22 sin 2 ϕ Alt2: Normaltöjningen i riktning, n, ges av ε n = n i ε ij n j Töjningstensorn är symmetrisk ε 12 = ε 21 cosϕ Här ligger alla normalvektorer i x 1 - x 2 -planet och kan skrivas som n = sinϕ. 0 Normaltöjningen i riktning, n, ges av ε n = ε 11 cos 2 ϕ + 2ε 12 cosϕ sinϕ + ε 22 sin 2 ϕ a) Här fås ekvationssystemet ε OA = ε 11 ε OB = ε 11 cos ε 12 cos120 sin120 + ε 22 sin ε OC = ε 11 cos ε 12 cos120 sin120 + ε 22 sin Utnyttja att sin120 = 3 2 och cos120 = 1 vilket ger 2 ε OA = ε 11 ε OB = 1 4 ε ε ε 22 (2) ε OC = 1 4 ε ε ε 22 (3) ekv (2)+(3) med ekv (1) ger ε OB + ε OC = 2 4 ε OA ε 22 eller ε OB + ε OC = 1 2 ε OA ε 22 vilket ger ε 22 = 2 3 ε OB + ε OC 1 2 ε OA vilket ger ε 12 = ε ε 22 ε OB vilket ger ε 11 = -0,0005, ε 22 =0,0007, ε 12 =-0,00012 b) Alt 1: Huvudtöjningarna i ytans plan bestäms med hjälp av Mohrs cirkel. (1) 3

4 ε Cirkelns medelpunkt ges av ε 11 + ε 22 m= = ε 1 + ε / 2 cirkelns radie ges av R = ε xx ε 2 yy ε xy = ε 1 ε 2 2 vilket ger ε 1 = ε m + R och ε 2 = ε m R Numeriskt fås R = 6, ε m = ε 1 = 7, ε 2 = 5, Alt 2: Huvudvärden ges av det(ε ij ε δ ij ) = 0. Här fås då ε 13 =ε 32 =0. Detta ger ekv. ε 11 ε ε 11 ε ε 12 0 ε 21 ε 22 ε ε 33 ε = 0 ( ε 22 ε) ( ε 33 ε) ε 2 12 ( ε 33 ε) = 0 + ε 11 ε 22 ε 2 12 = 0 En lösning är (ej efterfrågad här) ε = ε 33 Detta ger ε 2 ε ε 11 + ε 22 Lösning se ovan. c) Huvudriktningar Alt 1: Se figuren 2ϕ = β där är ϕ vinkeln mellan x 1 riktningen och den första huvudriktningen. Detta ger ϕ = 90 + β. Vinkeln β ges av sin2β = ε 12 R. Numeriskt fås 2β =10,9, β = 5,44, ϕ = 95,4 Den andra huvudriktningen är vinkelrät mot detta. Den tredje huvudriktningen är vinkelrät mot ytan. Alt 2: Beräkningar redovisas inte. Resultatet brukar ges i vektorform. Här fås 0,095 0,995 α 1 = 0,995 och α 2 = 0, Resultat: a) Töjningstensorns komposanter är ε 11 =0,0005, ε 12 =ε 21 =-0,0007, ε 22 =-0,00012 b) Huvudvärdena är ε 1 = 0,00071 och ε 2 =-0,00051 c) Vinklarna mellan x 1 riktningen och huvudriktningarna är 95,4 och 5,44. 4

5 Uppgift 4 a) Randvillkoren för fall I är då r=0 är u begränsad samt då r=a är u=0 b) Randvillkoren för fall II är då r=b är u=u samt då r=a är u=0 c) Strömningen är inkompressibel, stationär, och viskös. Tyngdkraftens inverkan försummas. Symmetri ger att strömningen är oberoende av vinkel-koordinat. Rätlinjig strömning; endast strömning i x-riktning. Kontinuitetsekvationen; div v = 0 ger här u = 0. Slutsats u = u(r). x Naviers-Stokes ekvation (FS 6.10) med villkor enligt tidigare r - led : 0 = p (1) r x led: 0 = - 1 p ρ x + µ 2 u ρ r + 1 u (2) 2 r r Ekvation (1) ger att p inte beror av r. Ekvation (2) ger att dp/dx endast beror av r. Slutsats dp/dx= konstant. Givet i uppgift dp/dx=-g. Detta i ekvation (2) ger 2 u r + 1 u 2 r r = - G µ y Låt du/dr=y. Ekvationen blir då r + 1 r y = - G µ Detta är en första ordningens linjär differentialekvation. Lösning finns t.ex. i Beta kap 9.1. Lösningen kan skrivas y(r) = e F(r) e F(r) g(r)dr + C Här är f (r) = 1 r, g(r) = G µ, F(r) = ln r, ef(r) = e ln r = r, e F(r) g(r)dr = r G dr = Gr2 µ 2µ samt y(r) = e F(r) ( e F(r) g(r)dr + C)== 1 r Gr2 2µ + C = Gr 2µ + C r Fortsatt integration ger du u(r) = dr = ydr = Gr dr 2µ + C dr = 1 r r Gr2 4µ + C = Gr2 4µ + Clnr + D Randvillkoret u begränsad då r=0 ger C=0. Randvillkoret u=0 då r=a ger 0 = Ga2 4µ + D vilket ger D = Ga2 4µ och lösningen u(r) = G ( 4µ a2 r 2 ) Resultat: u(r) = G ( 4µ a2 r 2 ) 5

6 Uppgift 5 Träplankan flyter stabilt om metacentrum är ovanför kroppens masscentrum. Krav BM > BG FS 2.7 ger L3 BM = 12A 0 Här är L = a A 0 = ah Sökt är h. Friläggning BG = b 2 h 2 = b 2 ρ 1b 2ρ = b 2ρ ρ ρ 1 Insättning i stabilitetskravet ger a 2 ρ 12ρ 1 b > b ( 2ρ ρ ρ 1) a 2 b 2 > 6ρ 1 ρ 2 ρ ρ 1 Resultat a b > 6ρ 1 ρ ρ ρ 2 1 Jämvikt ger ΣF = 0; mg + F lyft = 0 Lyftkraften ges av Arkimedes princip F lyft = ρalhg Insättning i ovan ger ρ 1 albg ρalhg = 0 Förenkling ger h = ρ 1 b ρ A 0 = ρ 1 ab ρ BM = vilket ger och a3 ρ 12ρ 1 ab = a2 ρ 12ρ 1 b 6