Tekniska Högskolan i Linköping, IKP Tore Dahlberg TENTAMEN i Hållfasthetslära; grk, TMMI17, kl 8-12 DEL 1 - (Teoridel utan hjälpmedel)

Transkript

1 DEL - (Teoridel uan hjälpmedel). Vilken yp av ekvaion är dea: LÖSNINGAR ε x = E (σ x νσ y )+α T Ange vad sorheerna ε x, σ x, σ y, E, ν, α och T beyder, inklusive deras dimension (enhe) i SI-enheer. E maerialsamband (Hookes lag med emperaurerm). Här är ε x öjning (dim.lös, eller m/m) i x-led, σ x (N/m 2 ) är normalspänning i x-led och σ y (N/m 2 ) är normalspänning i y-led. E, ν och α är maerialparamerar; E är elasiciesmodul (N/m 2 ), ν är värkonrakionsale (Poissons al) (dim.lös) och α är längduvidgningskoefficienen (/ o C). Sluligen, T är en emperaurändring ( o C). 2. En dragsång av linjär elasisk maerial, E-modulen E, har längden L och värarean A. Vad blir sångens förlängning δ om den belasas med en dragkraf P? δ= PL EA Kan fås ur δ L =ε; ε=σ E och σ=p A 7

2 DEL - (Teoridel uan hjälpmedel) 3. Två konsolbalkar, AB och CD (längd L, böjsyvhe EI), är monerade så a e avsånd P 2L bildas mellan ändarna B respekive C. Man L L monerar yerligare en balk, BC (längd 2L, A B 3EI C D böjsyvhe 3EI), mellan konsolbalkarna. Knupunkerna B och C är momenfria så a enbar värkraf överförs mellan balkarna. Balken BC belasas med krafen P i mien. Besäm förskjuning vid balkens BC mipunk (d v s lasangreppspunken) på grund av lasen P. Elemenarfall: Konsolbalk P x z w(x) w(x)= PL3 w(l)= PL3 3EI 3 x 2 L x 3 2 L 3 w (L)= PL2 2EI z w(x) M x w(x)= ML2 2EI w(l)= ML2 2EI x 2 L 2 w (L)= ML EI Vid lederna B och C överförs lasen P / 2. Knuarna B och C kommer a förskjuas sräckan Mibalken kan ses som vå konsolbalkar som är fas inspända i mien. Då en av dessa konsolbalkar belasas med P / 2 får den en uböjning δ mi = (P/2) L 3 3 3EI Toal förskjuning vid mipunken blir δ B =δ C = (P/2) L 3 3EI = PL3 8EI = PL3 δ o =δ B +δ mi = PL3 + PL3 8EI = 2PL3 9EI 8

3 DEL - (Teoridel uan hjälpmedel) 4. Spänningsillsånde i en punk i e maerial ges av σ x = 25 MPa, σ y =25 MPa och τ xy = 25 MPa. Ria Mohrs spänningscirkel och besäm huvudspänningarna. 2 (25, 25) 25 (MPa) (25, -25) = ( x, xy) Mohrs spänningscirkel (se figur) ger huvudspänningarna σ = 50 MPa och σ 2 = 0 MPa (redje huvudspänningen är också noll). (2) L, E, A () (3) /4 /4 2 L, E, A 2 L, E, A 5. Tre sänger (E-modul E, area A, längd L respekive 2 L) moneras med vinkel π/4 mellan sängerna, se figur. Bärverke belasas så a knuen rör sig den horisonella sräckan (ingen verikal förskjuning). Besäm de sångkrafer som uppkommer i bärverke. S S2 /4 /4 S 3 3 Teckna sängernas längdändringar på grund av knuförskjuningen. Man får, δ 2 = 0 och δ 3 = δ = 2 2 Dessa längdändringar ger sångkraferna S = EA 2 L δ = EA 2 L 2 = EA 2L, S 2 = EA L δ 2 = 0 och S 3 = S 9

4 6. E unnväggig cirkulär rör (radie a, godsjocklek, där << a) skall innehålla e he medium. För a ingen ska bränna sig på 2 a a röre rär man in de cirkulära röre i e kvadraisk rör (också unnväggig med sida 2a och godsjocklek ). Dea rör blir ju också värsni varm där innerröre ligger an mo röre med kvadraisk värsni. Därför rär man in de kvadraiska röre i e cirkulär unnväggig yerrör, radie a 2, godsjocklek. Hela anordningen usäs för e vridande momen M v. Besäm anordningens vridvinkel Θ på grund av momene M v. Anordningen har längd L och maeriale har skjuvmodul G. Numrera rören, 2, 3, där är innerröre. Momene M v kommer a fördelas på de re rören: M v = M + M 2 + M 3. Alla re rören kommer a förvridas samma vinkel Θ. Man får för de re rören Θ= M L Θ= M 2 L och Θ= M 3 L GK v GK v2 GK v3 Lös u M, M 2 och M 3 och eckna summan M + M 2 + M 3. Man får M v = M + M 2 + M 3 =Θ GK v L + GK v2 L + GK v3 L Härur löses Θ. Man får Besäm sluligen K v + K v2 + K v3. Man får K v M v L Θ= G (K v + K v2 + K v3 ) = K v + K v2 + K v3 = 2π a a 4 8a + 2π(a 2 ) 3 Således ={2π( + 2 2)+8}a 3 = 32, 05a 3 Θ= M v L G 32a 3 0

5 7. E unnväggig cirkulärcylindrisk ryckkärl (radie r, godsjocklek ) usäs för e inre överryck p. Besäm effekivspänningen i kärlväggen både enlig Trescas hypoes och enlig von Mises hypoes (linjär elasisk maerial med maerialparamerar E och ν). Vid vilke ryck p = p s får man plasicering i kärlväggen om maeriale har sräckgränsen σ s? Spänningarna i kärlväggen är (enlig ångpanneformlerna) σ φ = p r och σ x = p r 2 Dessa spänningar ugör också huvudspänningar. Den redje huvudspänningen ligger vinkelrä mo kärlväggen och är (approximaiv) σ z =0. Effekivspänningen blir enlig Tresca: σ T e =σ hsp max σ hsp min =σ φ 0 = pr enlig von Mises: σ vm e = σ 2 φ +σ 2 x σ φ σ x = pr Då effekivspänningen σ e når sräckgränsen σ s får man plasicering i kärlväggen. De ger enlig Tresca: σ e T = pr =σ s som ger p = p s =σ s r = 0, 866 pr enlig von Mises: σ vm e = 0, 866 pr =σ s som ger p = p s = 0, 866 σ s r =, 5 σ s r Man ser a Tresca anger de lägsa rycke.

6 8. En konsolbalk () bär lasen P i sin fria P ände. Man finner a den upplagrade öjningsenergin i balken blir för hög, varför man vill nedbringa den ill hälfen. Dea gör man a, EA genom a hänga upp balkens yerände i en lina (längd a, E-modul E, värarea A). Upplagrad energi i balken på grund av värkraf P kan försummas. (a) Vilken dragkraf R erfordras i linan? (b) Vilken längd a ska linan ha? (Linan moneras när balken är obelasad.) (c) Hur mycke elasisk öjningsenergi lagras i linan? Uan lina upplagras öjningsenergin (enlig elemenarfall, med momene M = 0 i ena änden och M = P L i den andra) U = (PL)2 L (a) Inför linkrafen R. Balken belasas då med krafen (P R), vilke ger upplagrad elasisk öjningsenergi U 2 = ((P R) L)2 L Men U 2 = U /2, vilker ger U 2 = ((P R) L)2 L = 2 U = (PL) 2 L 2 Härur löses R. Man får R = P( / 2 ) = 0,293P. (b) Balkens deformaion vid yeränden ska vara lika med linans förlängning. De ger (P R) L 3 = Ra 3EI EA som med R insa ger a = 0,804AL 3 /I. (c) Upplagrad energi i linan blir U 3 = R 2 a 2EA = (0, 293P)2 0, 804AL 3 /I = 0, 0345 P 2 L 3 2EA EI (vilke är ca 40% av den energi U 2 som lagras i balken. 2