Institutionen för tillämpad mekanik, Chalmers tekniska högskola TENTAMEN I HÅLLFASTHETSLÄRA F MHA MAJ 2011

Transkript

1 Institutionen för tillämad mekanik, Chalmers tekniska högskola TENTAMEN I HÅFASTHETSÄRA F MHA 8 3 MAJ ösningar Tid och lats: i M huset. ärare besöker salen ca 9.3 samt. Hjälmedel:. ärobok i hållfasthetslära: Hans undh, Grundläggande hållfasthetslära, Stockholm,.. Handbok och formelsamling i hållfasthetslära, KTH, eller utdrag ur denna; vid Inst. for tillämad mekanik utarbetad formelsamling. 3. ublicerade matematiska, fysiska och tekniska formelsamlingar. Medtagna böcker får innehålla normala marginalanteckningar, men inga lösningar till roblemugifter. ösa anteckningar i övrigt är inte tillåtna. Vid tveksamma fall: kontakta skrivningsvakten innan hjälmedlet används. 4. Valfri kalkylator i fickformat med tangentbord och sifferfönster i samma enhet. ärare: eter Möller, tel (77) 55 ösningar: Anslås vid ingången till institutionens lokaler, lan 3 i norra trahuset, Nya M huset, 3/5. Se även kurshemsidan. oängbedömning: Varje ugift kan ge maimalt 5 oäng. Maoäng å tentan är 5. Betygsgränser: 4 ger betyg 3; 5 9 ger betyg 4; för betyg 5 krävs minst. Ytterligare oäng ges för varje korrekt löst inlämningsugift under kursens gång (l 4 ) dock krävs ovillkorligen minst 7 oäng å tentamen. För att få oäng å en ugift ska den vara läsligt och uställda 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 3/6 å samma ställe som lösningarna samt å kurshemsidan. Resultaten sänds till betygseeditionen senast 7/6. Torsdag 6/6 samt tisdag 3/8 3 å inst. (lan 3 i södra trahuset, nya M huset). Ugifterna är inte ordnade i svårighetsgrad 5 3/WM

2 . Beräkna förlängningen δ av en stång med längden som enbart belastas med sin egentyngd, då den hänger fritt från ett tak. Materialet är lineärt elastiskt med elasticitetsmodul E och densitet (masstäthet) ρ. Tvärsnittsarean är cirku- A( ) lär och varierar enligt A( ) A e, där k > är en dimensionslös konstant. (5) k δ. I en lineärt elastisk kro, elasticitetsmodul E 4 Ga, oissons tal ν 3 och sträckgräns Ma, har sänningarna i en unkt beräknats till σ 4 Ma σ y 8 Ma σ 4 Ma τ y τ 4 Ma τ y a: Beräkna den relativa volymökningen, dvs den volymetriska töjningen ε v ε + ε y + ε, i unkten () b: Bestäm säkerheten mot lasticering, s -----, enligt Trescas hyotes () c: Hur stor är den största skjuvsänningen (i något lan) i unkten? () σ e 3. En balk ABC har längden och konstant böjstyvhet EI. Dess vänstra ände är rullagrad medan högra änden är fast insänd; vid B stöds balken av ytterligare en rullagring, så att två lika långa sann bildas. Mitt å det vänstra sannet belastas konstruktionen av en nedåt riktad kraft. a: Beräkna det böjande momentet i balken vid (dvs under kraften ). (3) A B C b: I ett visst snitt blir det böjande momentet M y Beräkna den till 56 H beloet största normalsänningen, σ ma, i snittet. Tvärsnittet är enkelsymmetriskt och tunnväggigt med godstjocklek t «H ; form och M y y H dimensioner i övrigt framgår av figuren till höger. ( H 5 3/WM

3 4. En konsolbalk med längden belastas i sin fria ände med ett moment M. Tvärsnittet är rektangulärt, där bredden varierar lineärt så att böjstyvheten blir EI( ) θ M EI( ) EI --, där E är det lineärt elastiska materialets elasticitetsmodul och I är areatrög- hetsmomentet vid. Beräkna a: konsoländens rotation θ () b: konsoländens utböjning (3) 5. Ramen ABC består av en elare AB med längden och böjstyvheten EI, samt en horisontell balk BC med längd och böjstyvhet EI B EI C Balken är fast insänd vid C, medan elaren är ledad vid golvet A och belastas med en tryckande aialkraft. Aialdeformationer EI (längdändringar) kan försummas. a: Ange med tydlig motivering en övre och en undre gräns för den A kritiska lasten kr, med avseende å elastisk instabilitet. () b: Härled knäckekvationen, dvs en ekvation vars lösning ger kritisk last med avseende å elastisk instabilitet, för konstruktionen. (4) ösning : Snitta genom stången vid en godtycklig koordinat egentyngden för delen nedanför snittet blir Q( ) ρg A( ξ) dξ. Från jämvikt får vi att normalkraften N( ) Q( ). Om den aiella förskjutningen betecknas u( ) har vi vidare du d σ( ) N( ) ε( ) E EA( ) ρga e k ρg e k ke k k ---- e e k N( ) Q( ) ξ du ρg Vi får nu stångförlängningen som δ d d k ( k + e k ) E 3 5 3/WM

4 Alternativt: ösning av randvärdesroblemet d du EA ρga < < d d du u( ) d ger u( ) k( ) ρg e --e k +, varefter vi får δ u( ) ke k k ösning a: Hookes lag för aiella töjningar (undh ekv 7,8,9 eller formelsamling sid 4) ger ε --( σ och analoget för töjningskomonenterna och. Vi får då E ν( σ y + σ )) ε y ε ε + ε y + ε -- ( σ E + σ y + σ ν( σ + σ y + σ )),5 3 (Notera att med ν,5 så blir den volymetriska töjningen noll inkomressibilitet) ösning b: Effektivsänningen enligt Tresca, är skillnaden mellan största och minsta huvudsänningen (undh ekv 4, formelsamling sid 4). Huvudsänningarna fås som egenvärdena σ τ y τ till sänningstensorn S τ y σ y τ y, där τ ij τ ji. Med τ y τ y fås τ τ y σ det( S σi) ( σ σ) ( σ y σ) ( σ σ) τ ( σ y σ) som har rötterna 8 Ma, σ Ma och σ 3 8 Ma. Vi får då s σ σ e σ σ 3 ösning c: Maimal skjuvsänning i en unkt, fås som halva skillnaden mellan största och σ minsta huvudsänning (radien i den största av Mohrs sänningcirklar): σ 3 τ ma Ma ösning 3a: Snitta omedelbart till vänster om lasten, låt T beteckna stödreaktionen vid A, och betrakta vänstra delen: momentjämvikt ger M () M( ) Vi behöver hitta. Det finns flera sätt å vilka vi kan beräkna stödkraften mha elementarfall; här visas ett förslag. åt M B vara snittmomentet i balken vid stödet B. Balkens rotation omedelbart till vänster,, och till höger,, om mittstödet fås ut formelsamlingen sid 9 resektive. θ BA θ BC θ BA θ BC θ BA θ M B M BC B M B EI 6EI M B EI 3 Komatibilitetsvillkoret θ BA + θ BC ger att M B Momentjämvikt kring B för den vänstra /WM

5 halvan i figuren ger nu att M B -- +, varur vi löser V. Ekvation () ger då A M M ösning 3b: Normalsänningen ga ett böjande moment fås som (undh ekv 7 9) y σ M y I y Här är M y givet, men vi måste hitta tvärsnittets yttyngdunkt för att kunna beräkna areatröghetsmomentet samt hitta. I y ma Tyngdunkten ligger å symmetrilinjen; för hitta dess läge i led beräk- nas statiska momentet ma å en referensael η : S η ζda A t Ht H + Ht H + Ht A (De tre termerna i högerledet är bidragen från i tur och ordning: övre flän- t ζ y η 6H sen, livet och undre flänsen). Med tvärsnittsarean A 5Ht fås då t och vidare 5 ma t. Areatröghetsmomentet ma y aeln fås mha Steiners sats (undh ekv 7 4): Ht 3 I y Ht ( H t ) t( H) Ht ( t H) Ht Ht t där de två första termerna är bidraget från övre flänsen, de två sista termerna är bidraget från undre flänsen och termerna 3 och 4 härrör från livets bidrag. Om vi beaktar att t «H kan vi försumma de termer som är kubiska i t, jämfört med de övriga termerna (som är lineära i t ) och får 5H H t då I y Alltså: σ (dragsänning i undre flänsen). 5 ma σ ma H t 456H t ösning 4: De sökta kan t.e beräknas med Castiglianos a sats (undh ekv 5 96,97) som W i W resektive i θ, där är en kraft i den sökta förskjutningens ( ) riktning och M M W i d är den elastiska energin ga böjning. Vi har då att EI W i M d M M EI d M EI M M d EI () och å samma sätt θ M M d EI M (3) 5 5 3/WM

6 M M Jämvikt ger att M( ) M + ( ), så och ( ). M Insättning i ekv (3) (med θ M ) ger nu M EI d ln -- M ln( ) -- EI EI M( ) M -- M Ur ekv () får vi Variabelsubstitutionen,, ger EI d ξ -- d dξ -- M ξ M dξ EI { matte-tabell} [ ξ ln( + ξ) ] + ξ EI ( ln( ) ) M EI Alternativt: Sambandet mellan moment och krökning, M EIκ, samt utböjning och krökning, w'' κ (transversalförskjutningen w är ositiv uåt), ger tillsammans med M( ) M (kon- M stant) att w'' integration och randvillkoren w' ( ) samt w( ) ger EI -- w' ( ) w( ) M ln EI M ( )ln EI De sökta fås nu som θ w' ( ) resektive w( ) ösning 5a: Om delarna AB och BC var ledade till varandra vid B, hade vi en vekare struktur och elaren skulle knäcka som en Euler a, kr π EI Om istället delen BC var mycket böjstyv så att rotation vid B var förhindrad, skulle vi ha en styvare struktur och elaren skulle fungera som en Euler 3a, kr π EI,5π EI dessa två: < kr < ,5π EI Den kritiska lasten för den givna stukturen måste ligga mellan ösning 5b: Den tryckta balkens (elarens) utböjning är w( ) A + B + Ccos( n) + Dsin( n), där n (se undh ekv 8 66). Med aeln enligt figuren har vi att utböjning och moment är noll vid och EI M( ) w' ( ) w' ( ) eftersom M EIw'' kan vi skriva w( ) w( ), w'' ( ) (4) Vid har vi w( ) (5) M( ) 6 5 3/WM

7 (aialdeformationer försummas), medan det andra villkoret fås genom att beakta samband mellan moment och vinkel för delen BC: formelsamlingen sid ger w' ( ) M( ) , så med 4 EI M( ) EIw'' ( ) får vi w'' ( ) + --w' ( ) (6) Randvillkoren ekv (4) ger direkt att A C, så w( ) B + Dsin( n) ; ekv (5) leder då till B sin( n) sin( n) D och alltså w( ) D sin( n) Randvillkoret ekv (6) ger nu D n n sin( n) sin( n) cos( n) Med D fås den triviala lösningen w ; icke triviala lösningar kräver att uttrycket inom cos( n) arentesen är noll. Om vi bryter ut en faktor fås knäckekvationen n ( + ( n) ) tan( n) eller tan( n) n ( n) (ägsta ositiva roten fås numeriskt till n 3.59, vilket ger kr ( n) EI,895 EI,3 π EI (jmf delugift a)) /WM