Lösning till TENTAMEN

Transkript

1 sid av 8 Lösning till TENTAMEN 079 KURSNAMN Mekanik och hållfasthetslära, del B - hållfasthetslära PROGRAM: nan Sjöingenjörsprograet åk / läsperiod //januariperioden KURSBETECKNING LNB EXAMINATOR Mats Jarlros TID FÖR TENTAMEN HJÄLPMEDEL ANSV LÄRARE: nan Typgodkänd räknedosa Institutionens forelsaling, Teknisk forelsaling och ateatisk forelsaling Mats Jarlros telnr besöker tentaen kl 09.0 och 0.0 DATUM FÖR ANSLAG av resultat sat av tid och plats för granskning ÖVRIG INFORM. (ex.vis antal frågor, Snarast efter tentaen 50 poäng. Godkänt 0 poäng, VG 0 poäng och MVG 5 0 poäng uppgifter, poäng o dyl) NAMN (tentand):

2 sid av 8. Korta frågor korta svar. poäng per fråga. a) Ett nitförband är nitat så att nitarna är tvåskäriga. Vad innebär detta? b) I ett snitt finns det skjuvspänningar. Hur är dessa riktade? c) En konstruktion ed en areaförändring vilkens forfaktor är,5, utsätts för dragspänningar. O den noinella spänningen är 00 MN/, vad blir den axiala? d) Vad enas ed stukgräns? e) En dragstång diensioneras ed en säkerhetsfaktor ot sträckning på. Sträckgränsen är σ s 00 MN/. Hur stor last kan läggas på stången i drag o dess area A 0. 0 poäng Lösning a) Detta innebär att nitningen är sådan att niten har två ytor so är utsatta för skjuvkrafter. Tvåskärigt nitförband Enskärigt nitförband b) Dessa ligger i snittets yta (parallellt ed snittet). c) σ ax ασ no, MN/ σ ax axiala spänningen σ no noinella spänningen α forfaktorn d) Stukgränsen är den tryckspänning där aterialet börjar plasticera. e) Tillåten last F 6 σs F A N s

3 sid av 8. Handlaren på en ö i större stads södra skärgård har so lyfthjälp en hoogen axel ed en längd på. Mitt på axeln sitter en trissa. Axeln är lagrad i sfäriska kullager. Över trissan löper in lina lodrätt ner för att lyfta och sedan går linan horisontellt till en otor. Handlaren lyfter noralt endast vikter på axialt 00 kg och tycker därför att han inte behöver diensionera för högre laster då de förekoer så sällan. I dessa fall håller det nog ändå, allt enligt lokal tradition. Lagerna behöver bytas. Hjälp handlaren att beräkna vilken lutning so lagerna åste klara sat nedböjningen på itten. Axeln är av stål och dess diaeter är 0. 5 poäng Lösning Förutsättningar Motor Last 00 kg Last 00 kg Material i axeln stål Axelns diaeter D 0 Frågor Lutningen i lagringspunkterna Nedböjningen på itten Antagande Linjärt elastiskt aterial. Eventuella spänningskoncentrationer försuas.

4 sid av 8 Analys Resulterande kraft på trissan beräknas. Kraftbalans över trissan ger: g g Pythagoras sats ger resultanten R F F g ( g) + ( g) ( g) F ( g) g 009,8 90 N g F Yttröghetsoentet I för en hoogen axel erhålls ed ekvation från forelsalingen: π D π 0,00 7 I, Elastistitetsodulen för stål erhålls från forelsalingen. E 0 GN/ Konstaterar att detta är det fjärde eleentarfallet för balkböjning enligt forelsalingen. Nedböjningen δ på itten beräknas F L g L 00 9,8 90 δ E I π D 9 π 0, ,60 8 E ,090,09 Lutningen Θ vid lagerna beräknas: F L g L 009,8 Θ 6 E I π D 9 π 0,00 6 E ,90 rad 0, ,60 7 Svar: Nedböjningen på itten, Lutningen vid lagerna,90 rad 0,9

5 sid 5 av 8. En balk HEA 700 har den ena ändan ledlagrad och den andra är upphängd i en 5 lång lina. Linans area är c och dess elasticitetsodul 0 N/. Hur ycket sjunker balkens högra ändpunkt och hur stor blir vinkeländringen på grund av balkens egenvikt och en last enligt figur. Hur stor blir spänningen i balken? Linans egen tyngd försuas. F 0000 N 5 Lösning Förutsättningar Balk HEA 700 Upplagd och upphängd enligt figur nedan 0 poäng F 0000 N Lina Area A c Längd 5 E 0 N/ Tyngden försuas 5 L L

6 sid 6 av 8 Frågor Hur ycket sjunker balkens högra ändpunkt δ Hur stor blir vinkeländringen Θ Antagande Friktionsfria leder Balken styv, dess böjning försuas. Analys Balken HEA 700 Forelsaling ger egentyngden kg/ Tyngdpunkten ligger självfallet på itten Balkens tyngd G kan beräknas L + L g + ( ) ( ) 9,8 05 g 800 N G Friläggning ger F 0000 N F B F A L,5 G 800 N L L Kraftjävikt ed positiv riktning uppåt ger: F G F+ F 0 A B Moentjävikt kring A ed positiv riktning edurs: G L + F L F L + L 0 B ( ) G L + F L 05 9,8, FB 90 N L+ L + F B är kraften i linan och för att besvara frågorna i detta exepel räcker det ed att bestäa denna.

7 sid 7 av 8 Hookes lag ger: FB σ x Eε x A FB 90 ε x E A 0 0 0, Längdändringen δ beräknas ed ekvationen: FB L 90 5 δε L 0,0099 E A 0 0 x,99 Konstaterar att linans töjning vilken är lika ed sänkningen av balkens högra ändpunkt är liten. Detta ger att vinkeländringen Θ blir Θ δ L L δ tanθ ( L + L ) O vinkeln Θ är liten och o denna är i radianer så gäller att δ Θ Θ ( L + L ) δ + FB L E A ( L L ) ( L + L ) ( + ) 0, rad 0,0 Svar: Balkens högra ände koer att sjunka,99 Balken koer att luta 0, rad 0,0

8 sid 8 av 8. Hur stora blir axiala skjuvspänningen och förvridningen hos en 60 grov axel, enligt figur nedan so till halva sin längd är urborrad ed ett 0 hål. Axeln roterar ed varvtalet 600 rp och överför effekten 5 kw? Axelns längd är 50 c och aterialet i axeln är stål. Bortse från effekter av diensionsförändringen. d D L 5 c L 50 c 0 poäng Lösning Förutsättningar Axel enligt figur nedan. d D L 5 c Axelns ytterdiaeter D 60 0,060 Hålets diaeter d 0 0,00 Material i axeln stål Varvtal n 600 rp Överfört effekt P 5 kw Hålkälseffekter försuas. Frågor Maxiala skjuvspänningen τ ax Förvridningen Θ L 50 c Antagande Inga föruto de so givits i förutsättningarna

9 sid 9 av 8 Analys Överfört oent M v beräknas: π n P M v ω M v 60 P M v π n π N Axel delas upp i två axlar Axel Hoogen axel Diaeter D 60 0,060 L 50 Längd L 5 c 0,5 Axel Hålaxel Ytterdiaeter D 60 0,060 Hålets diaeter d 0 0,00 L 50 Längd L 5 c 0,5 Allänt. Forelsalingen ger: Maxial skjuvspänning M v τ ax Wv Där M v det vridande oentet W v vridotståndet Förvridningen Θ M v L Θ G K Där M v det vridande oentet L Axelns längd G Skjuvodulen K Vridstyvhetens tvärsnittsfaktor Enlig foelsalingen gäller för allänt stål: Elasticitetsodulen E 0 GN/ Skjuvodulen G 70 GN/

10 sid 0 av 8 Axel den hoogena axeln Enligt forelsalingen gäller Vridstyvhetens tvärsnittsfaktor K π π K D 0,060, π,70 7 Vridotståndet W v π π Wv D 0, ,50 5 π,0 5 Maxial skjuvspänning τ ax P M v 600 ax π n π W π v π D 0, ,0 τ 5 Förvridningen Θ P 60 L v L Θ n π G K π G D ,5 π π 700 0,060 6,9 MN/ M Axel hålaxeln Enligt forelsalingen gäller Vridstyvhetens tvärsnittsfaktor K π π K D d 0,060 5, ( ) ( 0,00 ),000 π,60 rad Vridotståndet W v π D d Wv 6 D π 0,060 0,00 6 0,060,50 5 π,90 5 Maxial skjuvspänning τ ax P 60 M v ax π n Wv π D d 6 D π 600 π 0,060 0,00 6 0, ,0 τ 5 Förvridningen Θ P 60 L v L Θ n π G K π G ,5 π π ( D d ) 700 ( 0,060 0,00 ) 7,5 MN/ M Maxiala skjuvspänningen erhålls i hålaxeln och är lika ed 7,5 MN/ 5,650 rad

11 sid av 8 Totala förvridningen Θ av axel är suan av delaxlarnas förvridning: ΘΘ +Θ 5, ,650,0 rad 0,6 Svar: Maxiala skjuvspänningen i axeln 7,5 MN/ Axelns totala förvridning,0 rad 0,6

12 sid av 8 5. Beräkna yttröghetsoenteten, kring x-axeln, för en balk ed nedanstående tvärsnitt. Vad innebär ett stort yttröghetsoent vid böjning av balkar? R 5 x poäng Lösning Förutsättningar Balk ed tvärsnitt enligt nedan: R 5 B 0 H 50 Frågor Beräkna yttröghetsoentet Vad innebär ett stort yttröghetsoent vid böjning av balkar?

13 sid av 8 Antagande Inga Analys Konstaterar att balkens tyngdpunktslinje på grund av syetri ligger på itten. I-balken Yttröghetsoentet erhålls ur forelsalingen. Då I-balkens tyngdpunktlinje saanfallet ed profilens behövs ingen flyttning. B H 0,00 0,050 7 I,00 Halvcirkelytorna index I hc Konstaterar att halvcirkelytorna ligger syetriska kring axelns tyngdpunktsplan. Detta gör att det räcker ed att räkna ut den enas och sedan ultiplicera ed två. Då halvcirkelytornas tyngdpunktslinje inte saanfaller ed profilens så åste yttröghetsoentet flyttas. Detta görs ed Steiners sats. En halvcirkelytas tyngdpunktslinje i avstånd till basytan: R e π En halvcirkelytans yttröghetsoent ed avseende på halvcirkelytans tyngdpunktslinjer ger: π 8 π 8 8 Ihca R 0,05,90 8 9π 8 9π Efter flyttning ed hjälp av Steiners sats till profilens tyngdpunktslinje: I hctp I hca + a π 8 0,05 8 9π A I hca H + + e 0,050 0, π Profilens totala yttröghetsoent I 7 I I + I,00 +,90 I hctp π 8 A R 8 9π 6 0,05,680 6 H R + + π π,90 6 R π Svar: Profilens yttröghetsoent är,68 0 6

14 sid av 8 6. Till en gjuterikran enligt, figur nedan, skall i stång AB användas en profil HEA 60. Beräkna säkerheten ot knäckning o aterialet är stål. Ifall att du har svårigheter att beräkna kraften F, så går det bra att uppskatta en kraft so är rilig. Gör du detta så är axpoängen på detta tal 6 poäng.,5 A F 5000 N B 0 poäng

15 sid 5 av 8 Lösning Förutsättningar,5 A F 5000 N B Stång AB tillverkad av balk ed profil HEA 60 Material stål Frågor Säkerheten ot knäckning Antagande Moentfria leder

16 sid 6 av 8 Analys Friläggning,5 F VH F AH F AB F VV β F AV F 5000 N β B Geoetrin ger vinkeln β tanβ β 6,9 Kraftjävikt vertikalt ed positiv riktning uppåt: F + F F 0 VV AV Kraftjävikt horisontellt ed positiv riktning höger F + F 0 VH AH Sabandet ellan kraft A:s horisontella och vertikal koposant FAH tanβ FAH FAV tanβ FAV F AV Moentjävikt kring A ed positiv riktning edurs. F + F,5 0 F VV VV,5 F 0,5 F 0, N

17 sid 7 av 8 Bestäning av F AV F + F F 0 F VV AV AV F F VV 5000 Bestäning av F AH F FAV AH ( 500) N 5065 N Med hjälp av Pythagoras sats kan kraften F AB i stång AB beräknas. F F + F F AB AB AH F AH AV + F AV N Längden av stång AB beräknas ed hjälp av Pythagoras sats: L L AB AB 5 5 Knäckningen Konstaterar att stången är oentfritt lagrad i båda ändar. Detta ger Euler fall. För detta gäller enligt forelsalingen: E I Fk π L Där Fk knäckkraften För stål gäller enligt forelsalingen Elasticitetsodulen E 0 GN/ Kritiska slankhetstalet λ 0 00 För profil HEA 60 gäller enligt forelsalingen 6 Yttröghetsoent i x-led I 6,70 Yttröghetsoent i y-led I x y 6, ,70 6,560 Arean A 877,8770 Konstaterar att yttröghetsoentet är inst kring profilens y-axel. Stången koer alltså att knäcka ut kring denna axel. Knäcklasten F k kan nu beräknas: 9 E I 00 6,560 Fk π π L N Säkerhetsfaktorn n ot knäckning kan nu beräknas: Fk 5000 n 6,0 F 875 AB 6 6

18 sid 8 av 8 Kontroll av slankhetstalet. Detta görs för att kontrollera o aterialet eventuellt koer att stukas istället för att stången knäcks. Detta oent krävs ej för full poäng på tentaen. Detta då frågan är säkerhetsfaktorn ot knäckning. Slankhetstalet λ erhålls ur forelsaling: Lf A λ I in Där L f Fria knäckningslängden L för Euler fall I in insta yttröghetsoentet vilket här I y 6,5 0 Insättning ger 6 Lf A 5,8770 λ 6>λ I in 6,50 Att slankhetstalet är större än det kritiska gör att stången koer att knäckas och inte stukas. Svar: Säkerhetsfaktorn ot knäckning är 6,0