Lösningar, Chalmers Hållfasthetslära F Inst. för tillämpad mekanik

Transkript

1 Lösningar, En balk med böjstyvhet EI och längd 2L är lagrad och belastad enligt figur. Punktlasten P kan flyttas mellan A och B. Bestäm farligaste läge av punktlasten med avseende på momentet vid stöd B (dvs. det läge som ger störst absolutvärde på momentet). Svar: Elementarfall ger att Geometrivillkoret θ V = θ H ger sedan θ V = ML 3EI + P xl ( ) 1 x2 6EI L 2, θ H = ML 3EI + P L2 24EI. M(x) = P ( L L 2 x 4 x 3) 16 L 2, och extrema fås genom att derivera m.a.p x, vilket ger x 2 = L 2 /3, x = ± L 3 Den fysikaliskt möjliga roten x = L/ 3 ger momentminimum eftersom M (x) = 3P x 2L > 0 för x > 0. Eftersom M är negativt för 0 x L blir svaret alltså x = L/ 3. 1(5)

2 2 Tre stela stänger är ledat fästa i varandra enligt figur. Lederna är stödda av fjädrar med fjäderstyvhet k. Bestäm kritisk last för konstruktionen samt rita motsvarande deformationsmod. Svar: Studera ett utböjt läge med införda krafter. Momentjämvikt kring A ger 2R B L kl 2 δ B kδ C = 0, R D = k 4 δ B + k 2 δ C. Momentjämvikt kring C ger P δ C R D L = 0 och vi får En momentjämvikt kring B ger slutligen P δ C kl 4 δ B kl 2 δ C = 0. (1) L P δ B + kδ C 2 R 3L D 2 = 0, dvs. P δ B 3 8 klδ B 1 4 klδ C = 0. (2) Detta ger ekvationssystemet [ ] [ ] P 3kL/8 kl/4 δb = kl/4 P kl/2 vilket, för nollskilda förskjutningar, kräver att δ C [ 0 0 ], (P 3kL/8)(P kl/2) k 2 L 2 /16 = 0, dvs. P kr = 7 17 kl. 16 För att bestämma deformationsmoden införs lösningen i ekvationssystemet vilket ger ( ) 7 17 kl 3kL/8 δ B = kl 16 4 δ C, 2(5)

3 Sätt δ C = 4 vilket ger δ B = Svar: P kr = 7 17 kl. 16 Deformationsmod (eller motsvarande speglad) blir 3 En linjärelastisk kub, med materialparametrar E = 200 GPa och ν = 0.3, faller ned till botten av Marianergraven. Med hur många procent minskar kubens volym jämfört med volymen vid ytan? Ledning: Marianergraven är c:a m djup. Var tionde meter ökar trycket med c:a 100 kpa (en atmosfär). Svar: Enligt linjär elasticitetsteori gäller V V 0 = ε x + ε y + ε z, där V är volymsförändringen och V 0 är den ursprungliga volymen. Jämvikt ger att σ x = σ y = σ z = p, där p är tryckhöjningen. Hookes lag säger att ε x = 1 E (σ x ν (σ y + σ z )), etc. Vi får alltså töjningar och ε x = ε y = ε z = p (1 2ν) E V V 0 = 3 p (1 2ν) = 3 E ( ) = , dvs. Kuben utsätts för en volymminskning på 0.066%. 3(5)

4 4 Stängerna i bärverket enligt figur är ledat fästa i varandra och i marken. Beräkna kritisk last P kr med avseende på böjknäckning i planet. Alla stänger har böjstyvhet EI. Svar: Bestäm först normalkrafterna i alla stänger. Vertikal jämvikt för knut B ger N 4 = 0, horisontell att N 3 = P (normalkrafter definieras positivt som dragna). Därefter ger horisontell jämvikt i knut A att N 1 = 5P/3 och vertikal jämvikt att N 2 = 4N 1 /5 = 4P/3. Den enda tryckta stången är alltså nummer 2, och den knäcker som en Eulertvåa, dvs N 2,kr = π2 EI (4L) 2, vilket ger P kr = 3π2 EI 64L 2. 4(5)

5 5 Betrakta samma bärverk som i uppgift 4. Beräkna horisontella och vertikala förskjutningen av lastens angreppspunkt om alla stänger har samma axialstyvhet EA. Svar: Enkast är kanske att använda Castiglianos 2:a sats. Vi inför en fiktiv kraft V som verkar vertikalt i lasten P :s angreppspunkt. Stångkrafter p.g.a. V fås genom jämvikt till N V 1 = 5 4 V, N V 2 = V, N V 3 = 3 4 V, N V 4 = 5 4 V. För stukturen belastad med både P och V gäller att N tot i = N i +N V i och den elastiska energin W = L ( ( 5V 5 2EA 4 + 5P 3 W = 1 2EA 4 (Ni tot ) 2 L i, alltså i=1 ) ( V 4P 3 Horisontell förskjutning u x och vertikal u y ges av u x = W P = 24P L V =0 EA, ) 2 ( ) 3V 2 ( P + 5 5V 4 u y = W V = 18P L V =0 EA. ) 2 ). Svaret är alltså u x = 24P L EA åt höger, u y = 18P L EA nedåt. 5(5)