Tentamen i hållfasthetslära fk för M (MHA160) måndagen den /5 005
uppg 1 Spänningsanalys ü Delproblem 1 Studera spänningstillståndet: σ 0 = i j k Huvudspänningar:fås ur: 140 60 0 60 80 0 0 0 10 y z { A = σ 0 σ n δ det@ad = 0 σ 1 = 10 I + è!!!!!!!!! 157 M, σ = 10, σ = 10 I + è!!!!!!!!! 157 M Medelspänninngen: (1) () () σ m = σ 1 +σ +σ s 1 = 10 Kontrollera flytning (σ y = 0 MPa): = 16.6667 è!!!!!!!!! I4 + 157 M, s = 40 è!!!!!!!!! + 10 157, s = 80 (4) (5) σ vm e = $%%%%%% "######################### s 1 + s + s = 0.681 MPa >σ y = 0 MPa Materialet flyter precis!! (6)
0505.nb ü Delproblem Studera det nya spänningstillståndet: σ 1 = i j k 100 60 0 y 60 10 0 z 0 0 50 { σ 1 = 10 I1 + è!!!!!!!!! 157 M, σ = 50, σ = 10 I 1 + è!!!!!!!!! 157 M σ m =. s 1 = 40 s = 80 è!!!!!!!!! + 10 157, s = 10 HSamma som delproblem 1L σ vm e0 =σ vm = $%%%%%% e1 I4 + è!!!!!!!!! 157 M, "######################### s 1 + s + s = 0.681 MPa Motivering: De bägge spänningstillstånden skiljer sig åt med en hydrostatisk komponent (7) (8) (9) (10) (11) σ 1 σ 0 = i j k 100 60 0 y 60 10 0 0 0 50 z i j { k 140 60 0 y 60 80 0 0 0 10 z = i j { k 40 0 0 y 0 40 0 0 0 40 z = 40 δ { Effetivspänningen är medelspänningsoberoende, varför materialet flyter för samma effektivspänning i de bägge fallen! (1)
uppg vriden balk p tot m x h e Vi beräknar nedböjningen enligt: p böj där p böj fås enligt plan böjning i xz-planet. (1) Beräkna vridvinkeln m x! Studera elementstyvhetssambandet för en vriden balk enl "blandad vridning": N S e n B 1 M x1 B 0 M x A Bm B Bm Bm Am Bm Am B Bm A Bm Bm Am Bm Am b 1 0 m x1 0 b m x Vi antog randvillkoren: "fast inspänning i vänsterändan" med b 1 0, och "fri ände i högerändan" med B 0. Vi kan nu reducera vårt styvhetssamband enligt m x A AAm Bm M x med M x P Definiera styvhetselementen: Vi har följande data h e (14) (15) (16) L 0 h, K v 1 ht ht,k w th I ht h y 1 1 med t 0.01 m, E 00 10 9 Pa, 0. 1 K 1 v K w 0.054196 t h 6 168,,b h, h 10 t L 5.0891 (17) (18)
0505.nb D cosh L L sinh L 50.856 Am GKv L L sinh L 1 D 0.01451 Et A GKv L L cosh L sinh L L 1 D 198.80 Et5 Bm GKv cosh L 1 Pga vridning och böjning fås nu: 1 D 1.05 Et4 m x 19.41 P Et 0.069607 p vrid 0.069607 h e 0.0069 m (19) p böj PL EI y 0.008571 m (Vi noterar angående böjning att y-axeln sammanfaller med tvärsnittets symmetri axel varför I yz : 0.) Totalt fås: (0) p tot p vrid p böj 0.0069 0.008571 0.05496 m 5.496 mm (1)
uppg, membrane shell Studera geometrin: Vi har z r = h R = tana π 6 E r@zd = z tan@ π 6 D = è!!! z s@zd = "######################## z + r@zd =.. = z Etablera jämvikt för skalet: 1) "vertikal systemjämvikt": π r@zd N θ sina π E + m π r@zd s@zd 0 6 è!!! mπz + è!!! π zn θ = 0 () ) "jämvikt i normalens riktning till ytan": N ϕ r ϕ + m cosa π 6 E 0 med r ϕ@zd = Etablera lösningen: kombination (1-) ger r@zd sin@ π 6 D è!!! m + N ϕ è!!! z = 0 () N θ = mz, N ϕ = mz OBS! Vi för max membrankrafter för, z max = R tan@ π D, dvs längst ner. fl N max θ = è!!! mr, N ϕ max = è!!! mr 6
uppg 4,platta Gaveln betraktas som en fast inspänd axisymmetrisk platta! Studera lösning för en massiv platta med jämnt fördelad ytlast! Generella lösningen fås som: w@rd = r 4 c + c 4 + w p @rd med partikulärlösningen w p @rd = 1 D r 1 J r J r 1 J q @rd r rn r N rn r = 8q@rD = p i < = r4 p i 64 D Randvillkoren för fast inspänd axisymmetrisk platta är: w@rd = 0 R4 p i D 16 R c + 64 c 4 w '@ RD = 0 R p i = 8 Rc D vilket ger 9c 4 = R4 p i 64 D,c = R p i 8D =, jmfr också ex 11.4, s 9 i CCSM. Krökningar och böjmoment beräknas nu enligt: κ r @rd = w ''@rd = H r R L p i κ θ @rd = w'@rd r 16 D = Hr R L p i 16 D = M r @rd = D Hκ r @rd +νκ θ @rdl = 16 1 H R H1 +νl + r H +νll p i M θ @rd = D Hκ θ @rd +νκ r @rdl = 16 1 H R H1 +νl + r H1 + νll p i Speciellt vid inspänningen r = R fås inspänningsmomenten:
0505.nb M r @RD = p i R, M 8 θ @RD = ν 8 p i R Som ett alternativ till lösningen ovan (en teknik som de flesta av använde) studerar vi lösningen ovan med elementstyvhetssambandet, (jmfr CSSM), formuluerat med randvillkoren införda som i T = 0 y i R y i t y j M k T { z = R 1 4 j R H +νl R m = 0 z j z + q π k R { k t = 0 { Ut den övre ekvationen fås: 8 R i y R j z med q = p i k 6 { t = R4 p i 64 D varefter randmomentet M kan fås ur den andra ekvationen som M = 1 4 π R p i Det aktuella inspänningsmomentet fås ur definitionen av randmomentet som M r @r = RD = M π R = p i R 8
uppg 5 dynamikproblem Vi har formfunktionen given som ϕ = sin@n π L x D. Kontrollera vilka värden på n som ger kinematisk kompatibilitet, dvs uppfyller VRV för den fritt upplagda balken. Detta ger: n 1, n, n 4,.. Formfunktionen kan plottas för de olika värdena på n som: 1 0.5-0.5 0. 0.4 0.6 0.8 1-1 Lös egenvärdesproblemet: Figure 1 med HS ω ML a = 0 L S = EI ϕ'' x =.. = EI n π H n π sin@ n πdl 0 4 L L M = mϕ 0 Etablera lösningen: x + mlϕa L E =.. = H8 n π 6 n π Cos@n πd Sin@ n πdl 4 n π ml S ω M = 0 ω 1 = n π $%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% n π sin@ n πd 8 n π 6 n π Cos@n πd Sin@ n πd $%%%%%%%%%%% EI ml 4 Vi får för
0505.nb EI n 1 ω 1 =.706 $%%%%%%%%%%% ml 4, EI n ω 1 = 9.4784 $%%%%%%%%%%% ml 4, n 4 ω EI 1 = 157.914 $%%%%%%%%%%% ml 4 Slutsats: Det lägsta värdet på n ger "bäst" anpassning till det lägsta egenvärdet!