Institutionen för tillämpad mekanik, Chalmers tekniska högskola TENTAMEN I HÅLLFASTHETSLÄRA KF OCH F MHA JUNI 2016

Transkript

1 Institutionen för tillämpad mekanik, Chalmers tekniska högskola ösningar TENTAMEN I HÅFASTHETSÄRA KF OCH F MHA JUNI 2016 Tid och plats: i M huset. ärare besöker salen ca samt Hjälpmedel: 1. ärobok i hållfasthetslära: Hans undh, Grundläggande hållfasthetslära, Stockholm, Handbok och formelsamling i hållfasthetslära, KTH, eller utdrag ur denna; vid Inst. for tillämpad mekanik utarbetad formelsamling. 3. ublicerade matematiska, fysiska och tekniska formelsamlingar. Medtagna böcker får innehålla normala marginalanteckningar, men inga lösningar till problemuppgifter. ösa anteckningar i övrigt är inte tillåtna. Vid tveksamma fall: kontakta skrivningsvakten innan hjälpmedlet används. 4. Typgodkänd miniräknare. ärare: eter Möller, tel (772) 1505 ösningar: Anslås vid ingången till institutionens lokaler, plan 3 i norra trapphuset, Nya M huset, 7/6. Se även kurshemsidan. oängbedömning: Varje uppgift kan ge maximalt 5 poäng. Maxpoäng på tentan är 25. Betygsgränser: 10 14p ger betyg 3; 15 19p ger betyg 4; för betyg 5 krävs minst 20p. Ytterligare 1 poäng ges för varje korrekt löst inlämningsuppgift under kursens gång (lp ) dock krävs ovillkorligen minst 7 poäng på tentamen. För att få poäng på en uppgift ska lösningsförslaget 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 15/ på samma ställe som lösningarna. Resultaten sänds till betygsexpeditionen senast 17/6. Onsdag 15/ samt tisdag 30/ på inst. (plan 3 i norra trapphuset, nya M huset). Uppgifterna är inte ordnade i svårighetsgrad /WM

2 1. B Tre stänger, alla med axialstyvhet EA och längd, är sammanfogade i en gemensam knut A på sådant sätt att vinkeln EA, mellan varje stångpar är 120. Stången AB är vertikal och i A A hänger ett föremål med egentyngd. Beräkna krafterna i EA, EA, stängerna. (5p) C D 2. Då fartygsmotorer driver en propelleraxel uppkommer ett vridande moment och propellern omvandlar en del av den överförda effekten till en framdrivningskraft F. Då Stena Jutlandica färdas i 20 knop är den överförda effekten 12 MW och axelns varvtal n 110 varv/min ; framdrivningskraften är då F 800 kn, som tillsammans med vridmomentet går igenom axeln. Axeln har ett cirkulärt håltvärsnitt med diameter d 500 mm och hålradie r 150 mm. För materialet gäller E 201 Ga, ν 0,3 och σ s 425 Ma. Beräkna säkerheten mot plasticering, s σ s -----, enligt von Mises flythypotes. (5p) σ e d 2r F /WM

3 3. Balken ABC, med konstant böjstyvhet, är fast inspänd vid A och vilar på rullager vid B och C, så att två spann om vardera längd bildas. Mellan A och B verkar en utbredd last vars z A B C x intensitet (kraft/längd) varierar från 0 vid A till q vid B; kraftresultanten är alltså a: Beräkna det böjande momentet i spannet BC (3p) b: Balken har ett enkelsymmetriskt I tvärsnitt med livhöjd 2H och flänsbredder H respektive 2H. Godtjockleken är t och tvärsnittet kan betrakas som tunnväggigt ( t «H ). Bestäm största drag och tryckspänning i ett snitt där det böjande momentet är M Sätt 20H i beräkningarna. (2p) 140 z 2H 2H H y En konsolbalk med längd och konstant böjstyvhet belastas med en dragande axiell kraft. Kraften är w( x) e excentrisk, så att dess verkningslinje har avståndet e x till balkens medellinje. Avståndet e kan betraktas som 0 litet i förhållande till tvärsnittets höjd. Beräkna balkens utböjningskurva w( x) samt det böjande momentet M( x) med hänsyn tagen till den axialkraften (2a ordningens teori). (5p) 5. En ramkonstruktion med böjstyvhet består av en rak balk AB med längd och en kvartscirkelbåge BC med krökningsra- A, B die. Anordningen är fast inspänd vid A, medan vertikalförskjutning är förhindrad vid C. Bestäm det inspänningsmoment C som uppkommer till följd av att en horisontellt riktad kraft angriper vid C. (5p) /WM

4 ösning 1: Frilägg knut A. Horisontell och vertikal kraftjämvikt ger N B N D cos30 N C cos30 0 N B + N C cos60 + N D cos60 0 (1) N D N C åt beteckna knut A:s förskjutning; av symmetrin inses att denna sker vertikalt nedåt. Stången AB:s förlängning blir då δ B. Om «antas, blir stången AC:s förlängning cos60 2 (se figur), dvs den förkortas. Vi har då δ B 2 och sätter in sambandet mellan stångförlängning och stångkraft (undh ekv 2 14) fås: N B EA 2N C EA (2) Ur ekv (1) och (2) fås N B N 3 C N D ösning 2: Vi har en tryckande normalkraft N F i axeln, så med tvärsnittasrean A π d fås normalspänningen r 2 σ N --- 6,37 Ma A Det vridande momentet fås ur sambandet mellan effekt och axelns vinkelhastighet (undh 6 1): ,04 MNm. Största skjuvspänningen i tvärsnittet är då (undh 6 14) πn τ d Effektivspänningen enligt von Mises flytvillkor blir nu (undh 12 4 π d ,76 Ma r 4 eller 12 8) σ e σ 2 + 3τ 2 84,7 Ma. Man finner s σ s σ e ösning 3a: Vi har fem stödreaktioner men kan bara ställa upp tre jämviktsekvationer, så bärverket är H A statiskt obestämt. Enklast kommer θ BA θ BC vi åt det sökta snittmomentet genom att dela balken på ömse sidor V A V B om stödet B; vinklarna θ BA och θ BC kan nu uttryckas med elementarfall (formelsamling sid 11 respektive 9) /WM

5 θ BA θ BC M Kompatibilitetsvillkoret ger B 2 3q θ BA + θ BC 0, så M. Eftersom det inte finns B d M någon belastning på spannet BC ( q 0 ) och (undh 7 2,3), varierar lineärt här. dx 2 q M 3q Alltså: , M med lineär variation däremellan. 140 C 0 ösning 3b: De sökta spänningarna beräknas med (undh 7 26) 2 Mz σ För att beräkna areatröghetsmomentet I y och hitta z I y koordinaten, måste vi först hitta tyngdpunktsläget. Inför en hjälpaxel η enligt figuren; statiska momentet map hjälpaxeln är S η Az tp 2Ht 2H + 2Ht H + Ht 0 6H 2 t 6H Med tvärsnittsytan A 5Ht hittar vi då z tp Areatröghetsmomentet fås nu med Steiners sats (undh ) z tp y η I y 2Ht( 2H z tp ) 2 t ( 2H)3 2Ht( H z 12 tp ) Htz tp 52H 3 t ; första och sista termen (i mellanledet) är 15 bidraget från de två flänsarna och termer som är kubiska i godtjockleken t har försummats. Insättning, med det givna momentet M 3 ( 20H)2 60 H , ger σ z Ht Störst dragspänning blir σ max σ 4H z , t t 270q Störst tryckspänning är 0 σ min σ( z tp ) , t t ösning 4: Utböjningen ges som lösningen till w iv n 2 w'' 0, där, n -----, (undh 8 58). När denna är känd kan momentet beräknas som M w'' (undh 7 65). ösningen är w A + Bx + Ccosh ( nx) + Dsinh( nx), där konstanterna bestäms ur randvillkor. Vid x 0 har vi trivialt att w( 0) 0 och w' ( 0) 0 ; vid x har H e vi jämviktsvillkoren V( ) 0 samt M( ) e 0. Med sambandet M w'' M( ) V( ) 0 ger det senare w'' ( ) n 2 e. Vi har också (undh 8 59) V T + Nw', så med T w''' (8 62) och N H, kan kraftjämvikten skrivas w''' ( ) n 2 w' ( ) 0 e De fyra villkoren ger B D 0 och A C w( x) cosh( n) e( 1 cosh( nx) ) cosh( nx) M( x) e cosh( n) cosh( n) /WM

6 ösning 5: Frilägg ramen. Vi har fyra stödreaktioner, men kan bara x ställa upp tre jämviktssamband. Inför stödkraften som statiskt övertalig H A V A M( x) ( bekant yttre last) och använd Castiglianos 2a sats för att beräkna den associerade förskjutningen ϕ M( ϕ) (, ) ; villkoret 0 ger oss den extra ekvation som behövs. Snitta genom bågen vid en godtycklig vinkel ϕ och beräkna snittmomentet: M( ϕ) + sinϕ ( 1 cosϕ) 0 M( ϕ) ( 1 cos ϕ) sinϕ M ( 1 cos ϕ) (3) Momentjämvikt för ett tänkt snitt genom den raka delen: M( x) + ( + x) 0 M( x) ( + x) M + x (4) Castigliano (undh 15 96) ger nu M 2 M M ds ds M 2 VC s s s M M ds där integrationen ska göras längs hela bärverket; (endast deformation pga böjning har beaktats här). Insättning av ekv (3) och (4) ger π 2 ( 2 ( 1 cosϕ) 2 2 ( sinϕ sinϕ cosϕ) ) ( + x) 2 ( + x) dϕ dx ( 3π 8) så villkoret 0 leder till Det sökta momentet fås nu ur ekv (4): 4 + 9π 24 ( 44 9π) M( ) π π 0, /WM