= 1 E {σ ν(σ +σ z x y. )} + α T. ε y. ε z. = τ yz G och γ = τ zx. = τ xy G. γ xy. γ yz

Transkript

1 Tekniska Högskolan i Linköping, IKP /Tore Dahlberg LÖSNINGAR TENTAMEN i Hållfasthetslära - Dimensioneringmetoder, TMHL09, kl -12 DEL 1 - (Teoridel utan hjälpmedel) 1. Spänningarna i en punkt i ett material har beräknats till σ x = 100 MPa, σ y = 100 MPa och τ xy = 100 MPa och övriga spänningskomponenter är noll. Hur stora är huvudspänningarna i punkten? Mohrs spänningscirkel kommer att hamna med centrum i origo och radien R blir R = = 141 MPa. Huvudspänningarna blir därmed σ 1,2 = ± 141 MPa i planet. Den tredje huvudspänningen (vinkelrätt mot dessa två) är noll. 2. Ge Hookes lag, inklusive temperaturterm, vid allmänt tre-axligt spänningstillstånd. Ange vad de storheter du använder betyder och ange dessa storheters enhet (dimension) i SI-enheter. Hookes lag lyder ε x = 1 E {σ ν(σ +σ x y z )} + α T ε y = 1 E {σ ν(σ +σ y z x )} + α T ε z = 1 E {σ ν(σ +σ z x y )} + α T γ xy = τ xy G γ yz = τ yz G och γ = τ zx zx G där ε är normaltöjning (i respektive riktning x, y, z), E är materialets elasticitetsmodul (N/m 2, en materialparameter), ν (-) är tvärkontraktionstalet (en materialparameter), α är längd- (tempeperatur-)utvidgningskoefficienten (1/ o C, en materialparameter), T är temperaturändringen ( o C), γ är skjuvtöjningen (dimensionslös vinkel, d v s radianer), τ är skjuvspänning (N/m 2 ) och G är materialets skjuvmodul (N/m 2, en materialparameter) (och ingen temperaturterm vid skjuvning). 7

2 TENTAMEN i Hållfasthetslära, TMHL09, kl -12 DEL 1 - (Teoridel utan hjälpmedel) 3. Definiera (a) plant spänningstillstånd, respektive (b) plant töjningstillstånd. (c) Ange en karakteristisk skillnad mellan de två. (a) plant spänningstillstånd: tre spänningskomponenter (t ex σ x, σ y och τ xy ) ligger i ett plan medan alla övriga spänningkomponenter är noll (t ex σ z, τ yz och τ xz är noll). (b) plant töjningstillstånd: tre spänningskomponenter (t ex σ x, σ y och τ xy ) ligger i ett plan medan töjningen vinkelrätt mot planet är noll (eller möjligen konstant). (c) Skillnaden mellan de två är alltså att i fallet plan spänning (t ex i xy-planet) får man en töjning (p g a tvärkontraktion) i z-led, medan denna töjning (i z-led) förhindras vid plan töjning, och man får då istället en normalspänning i z-led. Alltså, sammanfattat: σ z = 0 och ε z 0 vid plan spänning, medan σ z 0 och ε z = 0 (eller konstant) vid plan töjning. 4. Vid analys av 2D elasticitetsproblem med hjälp av Finit elementmetod så brukar man, utgående från beräkningsmodellens grundekvationer, börja det matematiska manipuleringsarbetet med att eliminera vissa variabler och behålla andra. Vilka är de variabler (obekanta storheter) som man behåller och sedan approximerar genom att dela in området i finita element? Man behåller förskjutningarna.

3 TENTAMEN i Hållfasthetslära, TMHL09, kl Man önskar undersöka hur stor inverkan en q 0 axialkraft (i tryck) har på en balks utböjning. P P Studera därför fallet enligt figur, med en fritt L, EI upplagd balk (L, EI) som belastas med en z x konstant kraft q 0 per längdenhet och en axialkraft P. (a) Teckna den differentialekvation som bestämmer balkens utböjning. (b) Teckna lösningen till differentialekvationen (glöm ej partikulärlösningen). (c) Ange randvillkoren. (d) Bestäm det ekvationssystem varur (integrations-)konstanterna i lösningen erhållen ovan kan lösas. OSB! Ekvationssystem behöver inte lösas. (e) Beskriv hur du, då konstanterna är kända, tänker dig den fortsatta lösningen av problemet. (a) Differentialekvation (enligt läroboken, sid 224) lyder EIw IV (x)+pw (x)=q 0 (b) En partikulärlösning till denna ekvation är Den homogena lösningen blir (läroboken sid 224) w part (x)= q 0 x 2 2P (a) w hom (x)=c 1 + C 2 px + C 3 sin px + C 4 cos px där p = P EI Den kompletta lösningen blir således w(x)= q 0 x 2 2P + C 1 + C 2 px + C 3 sin px + C 4 cos px där p = P EI (c) Randvillkor RV1: w(0) = 0 RV2: M(0) = 0 ger (-EI)w (0) = 0 RV3: w(l) =0 RV4: M(L) = 0 ger (-EI)w (L) =0 (b) 9

4 (d) Dessa RV ger ekvationerna w(0)=0 + C 1 + C C C 4 1 = 0 w (0)= q 0 P p 2 C 3 0 p 2 C 4 1 = 0 w(l)= q 0 L 2 2P + C + C pl + C sin pl + C cos pl = 0 w (L)= q 0 P p 2 C 3 sin pl p 2 C 4 cos pl = 0 Härur löses konstanterna C 1 till C 4, och med dessa konstater införda i lösningen (b) ovan erhålls utböjningen w(x) som funktion av både q 0 och P. (e) Konstanterna C 1 till C 4 förs in i lösningen (b) ovan. Den utböjning man erhåller jämförs med den utböjning man får utan axialkraft (där lösningen utan axialkraft finns som elementarfall). 10

5 TENTAMEN i Hållfasthetslära, TMHL09, kl En tunn jämntjock massiv cirkulär skiva (radie R, densitet ρ) är monterad i en stel kropp skiva (ett stelt rör), se figur. Skivan passar exakt i R röret vid monteringen. Efter montering roteras rör anordningen med vinkelhastigheten ω. Bestäm det kontakttryck som uppkommer mellan skivan och röret på grund av rotationen. Materialet i skivan är linjärt elastiskt med parametrar E och ν. Skivans deformation på grund av rotationen kan tecknas (enligt boken eller formelsamling) u(r)= 1 ν 1 +νb Ar+ E E r 1 ν2 E ρω2 r 3 Inget centrumhål i skivan ger att u(0) = 0, vilket ger att konstanten B är noll, d v s B =0. Randvillkor på ytterranden är u(r) = 0 (på grund av att röret är stelt), vilket ger som ger Spänningen σ r (r) blir u(r)= 1 ν E σ r (r) =A 3 +ν Kontakttrycket p mellan skiva och rör blir 1 ν2 AR E ρω2 R 3 = 0 A = 1 +ν ρω 2 r 2 = 1 +ν ρω 2 R 2 = ρω2 {(1 +ν)r 2 (3 +ν)r 2 } ρω 2 R 2 3 +ν p = ρω2 {(1 +ν)r 2 (3 +ν)r 2 }= ρω2 R 2 4 ρω 2 r 2 11

6 TENTAMEN i Hållfasthetslära, TMHL09, kl -12 Spänning i MPa tid 7. En konstruktionsdetalj utsätts för upprepade sekvenser av en belastning enligt figur. Vid belastning med konstant amplitud och för olika R-värden (R = σ min /σ max ) med i övrigt lika förhållanden har man funnit ett S-N-samband (spänings-livslängdssamband, d v s en Wöhler-kurva) enligt sambandet σ a = 500 (1 R) N 0,14 där σ a är amplituden i MPa. Använd rain-flow-count metoden ("regndroppsmetoden") för att bestänna antalet cykler i sekvensen (amplitud och medelvärde) och bestäm hur många sekvenser detaljen kan tänkas överleva innan utmattning inträffar. Då amplitud och R-värde är kända erhålls livslängden N (för givet σ a och R) ur sambandet N = 0, 14 σ a 500 (1 R) Rain-flow count ger antal cykler per sekvens. Man får (spänningar i MPa) Antal σ min σ max σ medel σ a R N / , Delskadan D av en sekvens blir D = = Förväntat antal sekvenser till utmattningsbrott blir därmed ca (Man noterar att de två första cyklerna bidrar mest till delskadan. Den sista cykeln kan försummas helt.) 1 12

7 TENTAMEN i Hållfasthetslära, TMHL09, , kl -12 A a B stel bom C Inför (b) i (a). Det ger a E D E A a B stel bom a D S1 S2 P P. En stel bom (2a lång) har monteras horisontellt med hjälp av två stänger BC och DE () enligt figur. Bommen belastas med en kraft P i ytteränden. (a) Använd Castiglianos sats för att bestämma ytterändens förskjutning δ på grund av lasten. (b) Bestäm också de spänningar som uppkommer i stängerna. (a) Frilägg strukturen och för in stångkrafterna S 1 och S 2. Problemet är statiskt obestämt. Välj kraften S 2 som övertalig och teckna upplagrad energi i strukturen (d v s i de två stängerna). Man får U = S 2 i L i = S 1 + S 2 2 L 2 L (a) Inför S 1 uttryckt i S 2 och P. Momentjämvikt ger S 1 a + P 2a S 2 2a = 0 som ger S 1 = 2(S 2 P) (b) U = 4(S 2 P) 2 L + S 2 2 L Men förskjutningen vid stångens infästning E är noll. Castiglianos sats ger δ E = 0 = U = 4 2(S 2 P) L + 2S 2 L (d) S 2 varur löses S 2 = 4P / 5 Förskjutningen δ vid kraften P kan nu bestämmas. Man får δ= U P = U ds 2 S 2 dp + du dp = 0 + du dp = 4 2(S 2 P)( 1) L (e) som med S 2 insatt ger δ= 4PL (f) 5EA (b) Spänningarna blir σ 2 = S 2 / A = 4P / 5A och σ 1 = 2(S 2 P)/A = 2P / 5A. (c) 13