Mekanik och maritima vetenskaper, Chalmers tekniska högskola TENTAMEN I HÅLLFASTHETSLÄRA KF OCH F MHA OKTOBER 2017

Transkript

1 Mekanik och maritima vetenskaper, Chalmers tekniska högskola ENAMEN I HÅFASHESÄRA KF OCH F MHA 8 6 OKOBER 7 i och plats: i M huset. ärare besöker salen ca 9.3 samt.3 Hjälpmeel: ösningar. ärobok i hållfasthetslära: Hans unh, Grunläggane hållfasthetslära, Stockholm,.. Hanbok och formelsamling i hållfasthetslära, KH, eller utrag ur enna; vi Inst. for tillämpa mekanik utarbeta formelsamling. 3. Publicerae matematiska, fysiska och tekniska formelsamlingar. Metagna böcker får innehålla normala marginalanteckningar, men inga lösningar till problemuppgifter. ösa anteckningar i övrigt är inte tillåtna. Vi tveksamma fall: kontakta skrivningsvakten innan hjälpmelet använs.. ypgokän miniräknare. ärare: Peter Möller, tel (77) 55 ösningar: Anslås vi ingången till institutionens lokaler, plan 3 i norra trapphuset, Nya M huset, 9/. Se även kurshemsian. Poängbeömning: Varje uppgift kan ge maximalt 5 poäng. Maxpoäng på tentan är 5. Betygsgränser: p ger betyg 3; 5 9p ger betyg ; för betyg 5 krävs minst p. Ytterligare poäng ges för varje korrekt löst inlämningsuppgift uner kursens gång (lp 7) ock krävs ovillkorligen minst 7 poäng på tentamen. För att få poäng på en uppgift ska lösningsförslaget vara läsligt och uppställa ekvationer/samban motiveras (et ska vara möjligt att följa tankegången). Använ entyiga beteckningar och rita tyliga figurer. Kontrollera imensioner och (är så är möjligt) rimligheten i svaren. Resultatlista: Granskning: Anslås 6/ 7 på samma ställe som lösningarna. Resultaten säns till betygsexpeitionen senast /. Onsag 8/ på inst. (plan 3 i norra trapphuset, nya M huset). Uppgifterna är inte ornae i svårighetsgra 7 6/PWM

2 . En axelkonstruktion består av två elar, varera me läng. Den vänstra halvan har ett massivt cirkulärt tvärsnitt me raie R ; höger el utgörs av ett tunnväggigt rör, meeleraie R och R gostjocklek h -----, samt av en centralt placera cirkulär massiv axel me raie R. De två 6 elarna i en högra halvan är i axellängen sammanfogae me en skiva som kan betraktas som stel. Axelmaterialet är lineärt elastiskt iealplastiskt me skjuvmoul G och sträckgräns vi τ s ren skjuvning. Bestäm et vrimoment s som ger begynnane plasticering. (5p) h R 6 stel R R. p En cylinrisk plugg av ett lineärt elastiskt material, elasticitetsmoul E och tvärkontraktionstal ν, har höj h och δ iameter. Pluggen passar exakt in i ett hål i en kropp som kan betraktas som stel jämfört me pluggen. Den fria ytan E, ν h belastas me ett tryck p. a: Bestäm spänningarna i pluggen. Antag att alla skjuvspänningar kan försummas och att ν (3p) b: Visa att å ν --, så blir netryckningen δ (p) y z x 3. En balk ABCD me böjstyvhet EI och läng 3 vilar på tre stö, så att tre lika långa spann bilas. Det vänstra spannet, AB, belastas me en förela last me intensitet q --- ( är kraftresultanten). a: Beräkna et böjane momentet i balken vi e inre stöen B och C. (p) b: Beräkna et till beloppet största böjane momentet som uppträer i spannet AB och rita momentiagrammet för hela balken. (3p) A B C D 7 6/PWM

3 . En enkel ram består av en horisontell balk AB och en vertikal balk BC, enligt figuren. Båa elarna har läng och P C k böjstyvhet EI. Ramen är fast inspän vi A och stös av en horisontell fjäer me styvheten k EI vi C. Bestäm et inspänningsmoment som uppkommer å ramen belastas me en horisontell kraft P vi C. (5p) A B 5. En balk me konstant böjstyvhet EI och läng är elastiskt inspän mellan två väggar. Inspänningsstyvheten är S, vs om balken P S S P roterar en vinkel θ vi en infästning fås ett mothållane moment Sθ. Betrakta fallet att balken utsätts för en tryckane axialkraft N P a: Ange, me motivation, en unre och unre gräns för axialkraften me avseene på elastisk instabilitet (p) b: åt k > vara ett reellt tal och sätt S k EI ; härle en knäckekvation, vs en ekvation vars lägsta positiva rot ger kritisk axialkraft me avseene på stabilitet. (p) c: Bestäm styvheten S k EI (bestäm k ) så att kritiska kraften blir samma som för Eulers 3e knäckningsfall. (p) ösning : Vi måste bestämma snittmomenten i e olika elarna; snitta genom vänster och höger el: M v M v Jämvikt för vänster och höger el ger M v () respektive M v + () Här är momentet i en vänstra halvan av konstruktionen mean är momentet i en cen- M v M v 3 7 6/PWM

4 trala massiva axeln i högra elen; är momentet i et tunnväggiga röret. Ytterligare (lineärt oberoene) jämviktsekvationer finns inte att tillgå; istället använer vi oss av kompatibilitetsvillkoret ϕ ϕ 3 vs att vriningsvinkeln för en centrala axeln och et tunnväggiga röret måste vara lika. Hans M unh ekv 6 och 6 6 ger v M respektive v3 ϕ Insättning i (3) ger GπR ϕ Gπ( R) 3 R GπR (3) M v () Ekv () och () ger M v -- samt M 3 v Hans unh ekv 6 9 ger oss nu et snittmoment som ger begynnane plasticering i någon massiv axel. För vänstra elen fås π M vs s ( R) τ R s πr 3 τ s För en centrala elen av höger el fås M vs s π R πr 3 τ s τ 3 R s s 3πR 3 τ s För et tunnväggiga röret utnyttjar vi enklast unh ekv 6 τ s M s vs π( R) R πr 3 s 3πR 3 τ s πR 3 τ Vi ser att en el som plasticerar först är et tunnväggiga röret; etta sker å s s ösning a: Om skjuvspänningarna försummas har vi trivialt att ε x --( σ E x ν( σ y + σ z )) ε z -- ( σ E z ν( σ x + σ y )) σ y p. unh 7,9 ger Villkoren ε x ε z ger å ekvationerna σ x νσ z νp σ z νσ x νp νp ur vilket vi löser σ x σ z ν ösning b: Vi ska visa att δ ε y h å ν, vs att ε y. unh 8 och spänningarna ovan ger 7 6/PWM

5 Eε y σ y ν( σ x + σ z ) p + ν ν p ν ( ν ν ) ν p som me ν ger ε y , vs E -- δ ösning 3a: Strukturen är statiskt obestäm, så e eftefrågae momenten kan inte beräknas me enbart jämviktsvillkor. Snitta på ömse sior e inre stöen och beräkna vinklarna mha elementarfall (formelsamling si 9). Eftersom vi inte har något yttre moment verkane på balken, är snittmomentet kontinuerligt och alltså lika på ömse sior ett snitt. θ BA θ BC θ CB θ CD Man finner θ BA ( ) θ EI 3EI BC EI 6EI θ CB θ 6EI 3EI CD EI Kompatibilitetsvillkoren θ BA + θ BC och θ CB + θ CD ger EI M c EI 6 3 ur vilket och M 5 c ösning 3b: Snitta på ett avstån < x < från A och ställ upp moment- jämvikt kring snittet: M( x) + V A x --- x x ; -- M( x) -- x -- x V A -- (5) V A x ( x) M( x). Kraftjämvikt för hela bär- Vi söker å stökraften verket ger V A ( V A + V B + V C + ) (6) mean momentjämvikt kring A kräver V A V B V C -- ( V B + V C + 3) (7) Snitta nu vi C och ställ upp momentjämvikt för en högra elen För elen BCD får på samma sätt (8) M D V C 5 7 6/PWM

6 V C (9) 3 3 Ur ekv. (6) (9) finner vi V A (samt V, och ); insättning i ekz. (5) ger 3 B V C V D snittmomentet i elen AB M( x) x x -- M x 3 Extremväre ( ) fås för : M 3. x , I elen BCD varierar snittmomentet lineärt eftersom ingen belastning påförs här ( q ger att M x (unh ekv (7,3)). Vi kan nu rita momentiagrammet: Momentiagrammet uppg. 3b 3 / 6 3 5, x/ ösning : åt δ beteckna en horisontella förskjutningen vi C; kraftresultanten är å R P kδ och momentjämvikkt kring A ger R () () R P kδ δ åt x vara en koorinat från C mot B och y vara en koorinat från B mot A. Snittmomenten i e två elarna är å M( x) Rx M( y) R R C Förskjutningen δ kan nu beräknas me Castiglianos s sats (unh 5 98, 5 3). Om enbart böjeformation beaktas, har vi M( x) x M( y) B y 6 7 6/PWM

7 δ W M M M M x R y EI R R3 R 3 EI R EI + 3 R EI () EI 3P 3P Me k fås ur ekv. () och (); et sökta momentet fås nu ur (): 3 R M A ösning 5a: Me S och S fås en vekare respektive styvare struktur, vilket ger en unre respektive övre gräns för kritisk last. Den unre gränsen svarar å mot Eulers a knäckningsfall, π EI π EI mean en övre svarar mot et e fallet: < P kr < (unh 8 7,8) ösning 5b: ösningen till en styrane ifferentialekvationen är (unh 8 66) P w( x) A + Bx + Ccos( nx) + Dsin( nx), är n Om vi lägger origo i balkens mittpunkt har vi symmetrivillkoret w( x) w( x), vilket kräver att B D. Viare har vi att w ± -- så EI A n Ccos Vi har å n w( x) C cos( nx) cos w x Cn sin( nx) w x Cn cos( nx) Ytterligare ett ranvillkor hittar vi genom att betrakta momentjämvikt vi x -- (eller x ): M. Me och (unh -- w S S k EI w M EI x x w k w 7 65) fås Insättning ger x x x -- x -- Cn n. Icke triviala ( ) kräver alltså n n + k tan cos C -- n n + ktan x w' -- M -- Sw' -- (3) n ösning 5c: Ur (3) får vi k För Eulers 3e fall har vi (unh 8 38) n,93, vilket ger n tan kei k 3,6 ; S ,6 EI /PWM