Institutionen för tillämpad mekanik, Chalmers tekniska högskola TENTAMEN I HÅLLFASTHETSLÄRA F MHA JUNI 2014

Transkript

1 Institutionen för tillämpad mekanik, Chalmers tekniska högskola TENTAMEN I ÅLLFASTETSLÄRA F MA 081 JUNI 014 Lösningar Tid och plats: i M huset. Lärare besöker salen ca samt 16.0 jälpmedel: 1. Lärobok i hållfasthetslära: ans Lundh, Grundläggande hållfasthetslära, Stockholm, andbok och formelsamling i hållfasthetslära, KT, eller utdrag ur denna; vid Inst. for tillämpad mekanik utarbetad formelsamling.. Publicerade matematiska, fysiska och tekniska formelsamlingar. Medtagna böcker får innehålla normala marginalanteckningar, men inga lösningar till problemuppgifter. Lösa anteckningar i övrigt är inte tillåtna. Vid tveksamma fall: kontakta skrivningsvakten innan hjälpmedlet används. 4. Typgodkänd miniräknare. Lärare: Peter Möller, tel (77) 1505 Lösningar: Anslås vid ingången till institutionens lokaler, plan i norra trapphuset, Nya M huset, 4/6. Se även kurshemsidan. Poängbedömning: Varje uppgift kan ge maimalt 5 poäng. Mapoäng på tentan är 5. Betygsgränser: 10 14p ger betyg ; 15 19p ger betyg 4; för betyg 5 krävs minst 0p. Ytterligare 1 poäng ges för varje korrekt löst inlämningsuppgift under kursens gång (lp 4 014) dock krävs ovillkorligen minst 7 poäng på tentamen. För att få poäng på en uppgift ska den vara läsligt och uppställda ekvationer/samband motiveras (det ska vara möjligt att följa tankegången). Använd entydiga beteckningar och rita tydliga figurer. Kontrollera dimensioner och (där så är möjligt) rimligheten i svaren. Resultatlista: Granskning: Anslås senast 17/6 017 på samma ställe som lösningarna. Resultaten sänds till betygsepeditionen senast 19/6. Onsdag 18/ samt tisdag / på inst. (plan i norra trapphuset, nya M huset). Uppgifterna är inte ordnade i svårighetsgrad /PWM

2 1. En ventil är lagrad så att den endast kan röra sig horisontellt. Den är infäst med två stänger som har längderna L respektive L. Båda stängerna har tvärsnittsyta A och är tillverkade av ett lineärt elastiskt material med elasticitetsmodul E och termisk längdutvidgningskoefficient α. Beräkna ventilens förskjutning δ, då båda stängerna ges en temperaturhöjning T. Deformationer i grunden och hos ventilen kan försummas. (5p) α, L, α, L, δ Lösning 1: Jämvikt för ventilen ger att + N 0 (1) Förlängningen av övre stången blir N δ L αl T () medan undre stångens förlängning blir δ N L α L T () 4αL T Vi har tre ekvationer och tre obekanta (, N, δ ). Man finner att δ (och α T N ) /PWM

3 . Betrakta en skiva i (, y) planet med en kantspricka, enligt figuren. För en viss typ av belastning blir spänningarna nära y r sprickspetsen τ z K III K III sin-- τ πr yz cos -- πr och övriga spänningskomponenter noll ( σ σ y σ z τ y 0 ), enligt lineär elasticitetsteori; här är ( r, ) polära koordinater med origo i sprickspetsen och K III är en integrationskonstant som beror av skivans geometri och hur belastningen läggs på. a: Bestäm huvudspänningarna nära sprickspetsen. (p) b: Bestäm det område kring sprickspetsen som plasticerar enligt von Mises hypotes, dvs bestäm det område inom vilket σ e σ s där σ e är effektivspänningen enligt von Mises och σ s är materialets sträckgräns vid enalig dragning. (p) Lösning a: uvudspänningarna fås som egenvärdena till spänningstensorn S σ τ y τ z τ y σ y τ yz τ z τ zy σ z ( S T S ), Lundh ekv 9 6. det( S σi) 0 ger σ + σ( τ z + τ yz ) 0, som har rötterna σ ±K III 0, σ ± τ z + τ yz sin-- πr + cos -- ±K III πr Lösning b: Effektivspänningen enligt von Mises beräknas enlig formelsamling sid 14 eller Lundh ekv 1 4; med σ e σ s fås ( τ z + τ yz ) σ s. Insättning av givna skjuvspänningar ger K πr III sin-- + cos K πr III σ s Det plasticerade området är alltså cirkelskivan r K III , med centrum i sprickspetsen. π σ s /PWM

4 . En balk vilar på tre stöd så att två spann, vardera med längden L, bildas. Vänstra spannet har böjstyvheten och belastas med en nedåtriktad utbred last men konstant intensitet (kraft/ längd); högra spannet har böjstyvheten. a: Beräkna det böjande momentet M( ) i det vänstra spannet ( 0 < < L ) (p) 5q b: I ett visst tvärsnitt är snittmomentet 0 M Balken har ett T tvärsnitt där både livhöjd 88 och flänsbredd är, och godtjockleken är t «. Bestäm godstjockleken t om tillåten normalspänning är 50 MPa, 16 kn/m, L 1,00 m och 0,10 m (p) σ till z y 0 L Lösning a: För att beräkna momentet måste vi snitta genom bärverket och ställa upp momentjämvikt. Detta kräver att vi känner stödreaktionerna; vi har fyra sådana stödkrafter, men bara tillgång till tre jämviktsekvationer, så stukturen är statiskt obestämd. Vi använder här kraftmetod för att få tillgång till den etra ekvation som krävs. Snitta bärverket på ömse sidor mittstödet: BA BC V A M BA M BC (Tvärkrafterna i snittet ej utritade). Momentjämvikt för det utsnittade mittstödet visar att M BA M BC ; fortsättningsvis betecknas detta moment M B. De två vinklarna fås med formelsamlingen sid 9 som L M B M B BA BC q Kompatibilitetsvillkoret ger då 0 BA + BC 0 M B Momentjämvikt kring mittsnittet för det vänstra spannet ger nu B: M B + V A L L L -- 0 V A 5 L Snitta nu vid något sådant att 0 < < L ; momentjämvikt kring snittet ger att M( ) + V A, ur vilket vi löser -- 0 V A M( ) /PWM

5 M( ) L -- 5 L -- Lösning b: Normalspänningen vid böjning beräknas enligt Lundh ekv z M z 7 6 som ma σ ma För att beräkna areatröghetsmomentet I y och för att hitta z ma I y, måste vi hitta areatyngdpunktens läge i tvärsnittet. z tp η y Statiska momentet med avseende på η aeln är S η A z tp t 0 + t --- Med tvärsnittsarean A t fås z tp ---, så z. 4 ma Areatröghetsmomentet fås med Steiners sats (Lundh ekv 7 4) som t t I y t z 1 tp t --- z 5 t tp (De två första termerna i mellanledet är bidraget från flänsen och termen som är kubisk i t för- M z summas ( t «)). Vi har nu ma σ ma , så I y t 16 σ till t t mm σ till 4. En tråd med massivt cirkulärt tvärsnitt, radie r, har böjts till en (öppen) cirkel AB med krökningsradie R» r. Ena änden, B, hålls fierad och ett moment i centrumpunkten O påförs via armen OA. ur stor måste tvärsnittsradien r vara, om armen OA får vridas högst 0,10 rad då A B R O r 1,0 Nm? Materialet är lineärt elastiskt med E 00 GPa och cirkelradien är R 10 mm. Deformationerna av armen OA kan försummas. (5p) Lösning 4: Snitta vid godtycklig vinkelkoordinat ϕ ; kraftjämvikt visar att normal och tvärkraft måste vara noll. Momentjämvikt ger att snittmo- T M N mentet blir M. Den elastiska energin i ringen blir då (Lundh ekv 15 5) ϕ πr W ds Rdϕ s M π 0 Den sökta vinkeln fås nu med Castiglianos a sats (Lundh ekv 15 97) /PWM

6 W πrm πr 4 Med 0,10 rad och (formelsamling sid 6) I fås då r 4 8R E 0,10 rad 1 4 1,4 mm 5. En pelare med längd L och konstant böjstyvhet är momentfritt (ledat) infäst till grunden, samt stöds i horisontell ledd av en fjäder med styvhet k P i sin topp. Pelaren belastas av en tryckande aiell kraft P. k a: Ange, med tydlig motivering, de randvillkor som krävs för att ta fram knäckekvationen, dvs en ekvation vars lägsta positiva rot ger kritisk last med avseende på elastisk stabilitet. (p) b: Använd randvillkoren för att ta fram knäckekvationen och visa att dess π lösning är det lägsta av kl och P kr (p) P kr L, Lösning 5a: Vid 0 är transversalförskjutningen för- kw( l) hindrad och snittmomentet är noll; med sambandet M w'' (Lundh ekv 7 65) fås då de två villkoren P w( 0) 0 w'' ( 0) 0 (4) w( ) L w( L) Momentjämvikt vid L ger att M( L) 0, så P V( L) P Vertikal kraftjämvikt vid w'' ( L) 0 L kräver att (5) M( L) kw( l) V( L) + kw( L) 0 ; vi har också att vertikalkraften (Lundh ekv 8 59) kan skrivas V T + Nw' T Pw', där T w'''. Efter division med kan då jämviktsvillkoret skrivas w''' ( L) n k + w' ( L) -----w ( L) 0 (6) där n P Lösning 5b: Då knäcklasten uppnåtts blir pelarens utböjning (Lundh ekv 8 66) w( w) A + B + Ccos( n) + Dsin( n). Randvillkoren (4) ger då A + C 0 Cn 0 så A C 0. Randvillkoren (5) och (6) kräver då att /PWM

7 Dn sin( nl) 0 (7) respektive B n kl Dsin( nl) 0 (8) Icke triviala lösningar kräver att antingen B 0 och/eller D 0. Med D 0 är ekv (7) satisfierad P kr och ekv (8) kräver att n kl , dvs P. Om kräver ekv (7) att, dvs att kr kl D 0 sin ( nl) 0 ( nl) π (lägsta positiva roten), så P kr n ( nl) π ; ekv (8) är då satisfierad med B 0 (Den kritiska lasten för strukturen är den lägsta av de båda lösningarna) /PWM