Lösningsskisser till Tentamen 0i Hållfasthetslära 1 för 0 Z2 (TME017), verkar 8 (enbart) skjuvspänningen xy =1.5MPa. med, i detta fall,

Transkript

1 Huvudspänningar oc uvudspänningsriktningar n från: Huvudtöjningar oc uvudtöjningsriktningar n från: (S I)n = 0 ) det(s I) =0 ösningsskisser till där S är spänningsmatrisen Tentamen 0i Hållfastetslära för 0 Z (TME07), S = x xy xz xy y yz A xz yz z I xy-planet varierar normal oc skjuvspänningar. På ytan av en kropp råder plant spänningstillstånd, oc i en viss punkt enligt: verkar (enbart) skjuvspänningen xy =.5MPa. < (') = a) Bestäm x + y + uvudspänningsriktningarna. x y cos(')+ xy sin(') (p) : x y (') = sin(')+ b) Beräkna von Mises xy cos(') effektivspänning i punkten. (p) a) Formelsamlingen (FS) avsnitt ger oss Speciellt flera för sätt xz att = lösa yz =0fås detta. Ett är att använda formlerna b) FS avsnitt säger att Sätt in alla spänningar = 0 utom ( I)n = 0 ) det( I) =0 där är töjningsmatrisen x xy / xz/ xy/ y yz /A xz/ yz/ z Spännings- oc töjningstillstånd i ett plan Analogt för töjningar: < (') = x + y + x y cos(')+ : (') = x y sin(')+ Speciellt för xz = yz =0fås uvudspänningarna = z oc, = >< ( x + y ) ± R sin( )= xy R >: cos( )= x y R där ' = är riktning till oc s x y R = + xy xy cos(') xy sin(') uvudtöjningarna = z oc, = >< ( x + y ) ± R sin( )= xy R >: cos( )= x y R med, i detta fall, x = y =0, xy =.5MPa Det ger direkt att uvudspänningsriktningarna är vridna 45 jämfört med x- oc y-riktningarna. där ' = är riktning till oc s x y R = + xy/4 Di erentialekvationen för tjockväggigt rör plan cirkulär skiva 9 E ektivspänningar von Mises: Tresca: vm e = q x + y + z x y y z z x + xy + yz + zx = = p p ( ) +( ) +( ) xy =.5MPa i den första raden, så fås q xy = p xy.6mpa T e =max(,, ) Di erentialekvationen för tjockväggigt rör plan cirkulär skiva Elastisk axisymmetrisk skiva utsatt för plan spänning ( z = rz = 'z =0)samtenbartbelastning i r-led: d dr r vm e = e ektiv vonmises = d dr (u rr) + E K r =0 ösningsskisser TME Sidan (av 6) Allmän lösning: Z u r = A r + A /r /r Z ( ) K r r dr dr E villkor.

2 . En balk ABC ar formats i 45 :s vinkel som figuren antyder, oc kan alltså betraktas som två sammanfogade balkar, vardera av längden. Balkmaterialets elasticitets- modul är E, oc balktvärsnittets yttrögetsmoment är I; båda är konstanta. Momentfria infästningar finns i A, B oc C. En jämnt fördelad last av totala storleken Q anbringas på stycket AB. Bestäm vilken vinkel som AB vrider sig runt punkten B. (5p) Inför vridningsvinkeln θ som i figuren till öger. Dela upp balken i två delar som antyds i de två nedre figurerna till öger. I FS, elementarfall 6. finns allt vi beöver veta: Elementarfall balkböjning 9 6. Fri uppläggning W W W P P M M m m p p R R a b / / a > < 4 EI? = > b : 4 EI 4 a, om a / 4 b, om a / För den mellersta figuren till öger ser vi att vi kan sätta M = MB oc W = Q/, oc kan avläsa M M P P W W W = m =. För den nedersta ögra figuren kan vi vända upp EI ( M B)+ 4EI Q oc ned på det ela, oc sätta M = MB oc p.s.s. få = m =. Vi ar alltså två EI M B ekvationer för de två obekanta θ oc MB, oc kan lösa ut R = R = m = m = p = p = b EI b a EI 4 EI a? a b a b? b 4 EI a 4 EI = Q 4EI a b EI a 4 EI EI a + a a 60 EI EI 45 EI EI 7 0 a + a4 4 a a 4 EI a a 4 EI a i a i a ösningsskisser TME Sidan (av 6)

3 . Ett öppet tunnväggigt cylindriskt rör påverkas av ett vridande moment M0, ett inre övertryck p samt en normalkraft N0. Rörets medelradie är r, oc godstjockleken. Bestäm uvudspänningarna i en punkt på rörets inre yta. (5p) [Förenkla inte svaret alltför långt! Kursen andlar inte om algebraisk fingerfärdiget.] Balkar Betrakta ett litet element enligt figuren nedan. Normalkraften N0 bidrar till normalspänningen i z-led, oc eftersom röret är öppet bidrar inte övertrycket till σz: Axlar GK v =vridstyvetelastiskaxel '(x) = vridningsvinkeln (x) =d'/dx = /r = deformation (förvridning) M v = GK v =snittvridmoment f(x) =yttrelast(vridmoment/längd) Enligt FS avsnitt 9 ger övertrycket dock bidrag till normalspänningen i φ-led: Det pålagda vridande momentet slutligen bidrar till τzφ enligt FS avsnitt : så vi ar z' = M 0. r z = N 0 r Jämvikt: dm v /dx = f(x) ' = pr För cirkulärt tvärsnitt fås spänningen som: (x, r) =M v (x)r/k v (x) Av de övriga spänningarna på insidan av röret är det bara normalspänningen i radiell led som är nollskild, även om den är liten jämfört med normalspänningen i vinkelled ovan, så vet vi inte om den är liten jämfört med de övriga spänningarna i zφ-(tangent)planet. Spänningsmatrisen blir alltså: 0 0 S r 0 0 p ' z' A pr M 0 0 A r M 0 z' z 0 0 N 0 r r (forts. följer.) ösningsskisser TME Sidan (av 6) ) d dx GK v d' dx = f För tunnväggigt cirkulärt tvärsnitt (väggtjocklek t, medelradie r) fås spänningen som: (x, r) =M v (x)/( r t) För ett godtyckligt tunnväggigt slutet tvärsnitt med av medellinjen s innesluten area A m,väggtjocklek t(s) ocminstaväggtjocklek t min : max = M v /( A m t min ), K v = 4 A m H ds t(s) Snittmoment vid genomplasticerat (antag elastiskt idealplasticitet) tjockväggigt cirkulärt tvärsnitt (ytterradie b, innerradie a): M vf = (b a ) s Balkar EI y =böjstyvet w(x) =transversellförskjutning (x) = d w/dx = deformation (krökning) Jämvikt: dm/dx = T,dT/dx = q )

4 (forts. från föregående sida.) Huvudspänningarna fås nu som egenvärdena till S. ös sekularekvationen det(s σ I) = 0: 0= r ' z' 0 z' z =( r )(( ' )( z ) z') =( r )( ( ' + z ) + ' z z') Den ena uvudspänningen är uppenbart = r = p. De två övriga fås som rötter till andragradsekvationen ( ' + z ) + ' z z' =0 oc är alltså r ' + z ( ' + z ) = ± ( ' z 4 z') v pr = 0 u r ± t ( pr + N! 0 r ) pr N 0 M0 4 r r De tre uvudspänningarna är alltså v pr p oc + N 0 u r ± t ( pr + N 0 r ) 4 pr N 0 r! M0 r ösningsskisser TME Sidan 4 (av 6)

5 4. En slank balk är infäst som figuren antyder. En kraft P anbringas i balkens övre ände. Balken ar tvärsnittsarean A, yttrögetsmomentet I oc elasticitetsmodulen E. Balkmaterialets flytspänning vid tryck är yield = 00. Balkens tvärsnitt är omogent, kvadratiskt med sidan a, där a = /0. P ökas sakta från 0. Vad inträffar först: Flytning eller knäckning? (5p) (Bortse från säkeretsfaktorer etc. Svaret skall motiveras utförligt!) E Flytning sker då P blivit så stor att E 00 = yield = = P A = P a = 0 P ) P = P yield = E Knäckning enligt Eulers fjärde knäckningsfall (FS avsn. ) sker då P blivit så stor att P = P Euler 4 = 4 EI = FS avsn. 5, I y för rektangel med b = a. Vilken av dessa är krafter är minst, oc uppnås alltså först? Alltså: knäckning inträffar först. = 4 E ( 0 )4 P Euler 4 P yield = 4 E 0 4 = = 0. < E Tabell: tvärsnittsdata 5 5 Tabell: tvärsnittsdata YTA YT- CENTRUM YTSTORHETER I y = ba I y = ba I z = ab I z = ab ösningsskisser TME Sidan 5 (av 6) y = a + b z = I y = b I y = b

6 5. En elt stel balk är fäst i två identiska, omogena jämntjocka stänger AB oc CD som figuren visar. Stängerna ar tvärsnittsarean A oc elasticitetsmodulen E. En kraft P anbringas i balkens en ände som figuren antyder. Bestäm vilken vinkel den stela balken vrides när P anbringas. (5p) Frilägg den stela balken oc inför stångkrafterna oc tvångskrafterna från den momentfria leden. åt beteckna punkten där leden fäster i balken. (Observera mitt val av referensriktningar! Du får givetvis välja andra!) Jämviktsekvationerna för balken är ><!: R H = 0 () ": N A + R V N C P = 0 () >: x : NA d + N C d P d = 0 () Tre ekvationer men fyra obekanta. RH kan lösas ur (), men då återstår endast de två ekvationerna () oc () för de tre obekanta NA, NC, RV. Vi måste ta änsyn till stängernas deformation. Geometrin ger direkt att om AB förlängs sträckan δ, så förkortas CD sträckan δ: Hookes lag ger " AB =, " CD = 9 N A A = AB = E" AB = E = N C A = CD = E" CD = E Vi ar därmed en ytterligare ekvation. Ur () oc (4) löser vi lätt NA = NC = P/. Hookes lag ger = P. Betrakta nu den rätvinkliga triangeln EA Den sökta vridningsvinkeln, betecknad θ i triangeln, fås då som sin = = P d dea ; ) N A = N C (4) ösningsskisser TME Sidan 6 (av 6)