Randvillkoren tecknas

Relevanta dokument
LÖSNINGAR. TENTAMEN i Hållfasthetslära grk, TMHL07, kl DEL 1 - (Teoridel utan hjälpmedel)

Lösning: B/a = 2,5 och r/a = 0,1 ger (enl diagram) K t = 2,8 (ca), vilket ger σ max = 2,8 (100/92) 100 = 304 MPa. a B. K t 3,2 3,0 2,8 2,6 2,5 2,25

Tekniska Högskolan i Linköping, IKP Tore Dahlberg TENTAMEN i Hållfasthetslära; grk, TMMI17, kl DEL 1 - (Teoridel utan hjälpmedel)

Lösning: ε= δ eller ε=du

P R O B L E M

Tekniska Högskolan i Linköping, IKP Tore Dahlberg TENTAMEN i Hållfasthetslära; grk, TMMI17, kl DEL 1 - (Teoridel utan hjälpmedel)

Tekniska Högskolan i Linköping, IKP Tore Dahlberg TENTAMEN i Hållfasthetslära; grk, TMMI17, kl DEL 1 - (Teoridel utan hjälpmedel)

Tentamen i Hållfasthetslära gkmpt, gkbd, gkbi, gkipi (4C1010, 4C1020, 4C1035, 4C1012) den 4 juni 2007

TENTAMEN i Hållfasthetslära; grundkurs, TMMI kl 08-12

4 Signaler och system i frekvensplanet Övningar

Kompletterande formelsamling i hållfasthetslära

Tentamen i Mekanik I del 1 Statik och partikeldynamik

13. Energimetoder. r R

= 1 E {σ ν(σ +σ z x y. )} + α T. ε y. ε z. = τ yz G och γ = τ zx. = τ xy G. γ xy. γ yz

6.4 Svängningsrörelse Ledningar

Tekniska Högskolan i Linköping, IKP Tore Dahlberg TENTAMEN i Hållfasthetslära grk, TMHL07, kl 8-12 DEL 1 - (Teoridel utan hjälpmedel) LÖSNINGAR

Institutionen för tillämpad mekanik, Chalmers tekniska högskola TENTAMEN I HÅLLFASTHETSLÄRA F MHA AUGUSTI 2014

Lösningar till problemtentamen

Tekniska Högskolan i Linköping, IKP Tore Dahlberg TENTAMEN i Hållfasthetslära; grk, TMMI17, kl 8-12 DEL 1 - (Teoridel utan hjälpmedel)

Geometri. 4. Fyra kopior av en rätvinklig triangel kan alltid sättas ihop till en kvadrat med hål som i följande figur varför?

PASS 1. RÄKNEOPERATIONER MED DECIMALTAL OCH BRÅKTAL

FINALTÄVLING. 24 april 1999 LÖSNINGSFÖRSLAG SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET

Sfärisk trigonometri

DEL I. Matematiska Institutionen KTH

Användande av formler för balk på elastiskt underlag

Tentamen ellära 92FY21 och 27

Lösningsförslag till tentamen i SF1683 och SF1629 (del 1) 23 oktober 2017

Frågor för tentamen EXTA50 Samhällsmätning, 9 hp, kl januari, 2015.

Tentamen i Mekanik SG1130, baskurs. Problemtentamen

SF1626 Flervariabelanalys Tentamen 8 juni 2011, Svar och lösningsförslag

TMV151/TMV181. Fredrik Lindgren. 19 november 2013

Finaltävling den 20 november 2010

Lösningar/svar till tentamen i MTM113 Kontinuumsmekanik Datum:

Lösningar, Chalmers Hållfasthetslära F Inst. för tillämpad mekanik

SF1625 Envariabelanalys

1 Bestäm Théveninekvivalenten med avseende på nodparet a-b i nedanstående krets.

Svängningar. TMHL09 - Övningstal till avsnittet. Övningstal: Tal 1, 2, 3 nedan (variant av 14/28) Hemtal: 14/23, 14/12, Tal 4 nedan

Tentamen TEN1, HF1012, 30 maj Matematisk statistik Kurskod HF1012 Skrivtid: 14:00-18:00 Lärare och examinator : Armin Halilovic

Några integraler. Kjell Elfström. x = f 1 (y) = arcsin y. . 1 y 2 Vi låter x och y byta roller och formulerar detta resultat som en sats: cos x = 1

Grundläggande matematisk statistik

Induktion LCB 2000/2001

GEOMETRISKA VEKTORER Vektorer i rummet.

Tentamen i ETE115 Ellära och elektronik, 25/8 2015

Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Thomas Erlandsson

SF1625 Envariabelanalys

LEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 9. Förklaring till dragkraftens storlek är: f

Sidor i boken

ORTONORMERADE BASER I PLAN (2D) OCH RUMMET (3D) ORTONORMERAT KOORDINAT SYSTEM

Tentamen i Mekanik SG1130, baskurs P1. Problemtentamen

8 Teknisk balkteori. 8.1 Snittstorheter. 8.2 Jämviktsekvationerna för en balk. Teknisk balkteori 12. En balk utsätts för transversella belastningar:

Skriftlig tentamen i Elektromagnetisk fältteori för π3 (ETEF01) och F3 (ETE055)

Volum av rotationskroppar. Båglängd, rotationsytor. Adams 7.1, 7.2, 7.3

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

VSMA01 - Mekanik ERIK SERRANO

Tillämpad biomekanik, 5 poäng Övningsuppgifter

Mekanik för I, SG1109, Lösningar till problemtentamen,

Kontrollskrivning 3 till Diskret Matematik SF1610, för CINTE1, vt 2019 Examinator: Armin Halilovic Datum: 2 maj

Tillämpad Matematik I Övning 4

10. Tillämpningar av integraler

TATA42: Föreläsning 12 Rotationsarea, tyngdpunkter och Pappos-Guldins formler

Tentamen i Eleffektsystem 2C poäng

TENTAMEN I KURSEN DIMENSIONERING AV BYGGNADSKONSTRUKTIONER

MA002X Bastermin - matematik VT16

Diskreta stokastiska variabler

Verkningssätt hos verkliga balkar. Lund University / Roberto Crocetti/

Tentamen i FEM för ingenjörstillämpningar (SE1025) den 1 juni 2011 kl

Tentamen 1 i Matematik 1, HF dec 2016, kl. 8:00-12:00

N atom m tot. r = Z m atom

ORTONORMERAT KOORDINAT SYSTEM. LÄNGDEN AV EN VEKTOR. AVSTÅND MELLEN TVÅ PUNKTER. MITTPUNKT. TYNGDPUNKT. SFÄR OCH KLOT.

Formelsamling i Hållfasthetslära för F

Tentamen i Hållfasthetslära gkmpt, gkbd, gkbi, gkipi (4C1010, 4C1012, 4C1035, 4C1020) den 13 december 2006

KAPITEL 1 Introduction

B3) x y. q 1. q 2 x=3.0 m. x=1.0 m

GEOMETRISKA VEKTORER Vektorer i rummet.

Kvalificeringstävling den 2 oktober 2007

Lösningar till uppgifter i magnetostatik

definitioner och begrepp

Tentamen i SG1140 Mekanik II. Problemtentamen

============================================================ V1. Intervallet [a,b] är ändligt, dvs gränserna a, b är reella tal och INTE ±.

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

SERIER OCH GENERALISERADE INTEGRALER

Preliminär version 2 juni 2014, reservation för fel. Tentamen i matematik. Kurs: MA152G Matematisk Analys MA123G Matematisk analys för ingenjörer

Tentamen i ETE115 Ellära och elektronik, 4/1 2017

Lösningsförslag Dugga i Mekanik, grundkurs för F, del 2 September 2014

Lösningsskiss för tentamen Vektorfält och klassisk fysik (FFM234 och FFM232)

16 Area- och volymberäkningar, areor av buktiga

TEKNISKA HÖGSKOLAN I LUND Institutionen för elektrovetenskap. Tentamen i Digital Signalbehandling ESS040 (ETI240/ETI275)

Lösningar till tentamen i EF för π3 och F3

Tentamen i ETE115 Ellära och elektronik, 16/8 2017

Institutionen för tillämpad mekanik, Chalmers tekniska högskola TENTAMEN I HÅLLFASTHETSLÄRA F MHA JUNI 2014

TENTAMEN I KURSEN BYGGNADSMEKANIK 2

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

Tentamen i ETE115 Ellära och elektronik, 3/6 2017

Tentamen i EDA320 Digitalteknik-syntes för D2

Tentamen i EITF90 Ellära och elektronik, 28/8 2018

Tentamen i Databasteknik

V1. Intervallet [a,b] är ändligt, dvs gränserna a, b är reella tal och INTE ±. är begränsad i intervallet [a,b].

Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Bo Styf. Sammanfattning av föreläsningarna 5-7.

Biomekanik, 5 poäng Jämviktslära

TENTAMEN. Digital signalbehandling. Sven Knutsson. Typgodkänd räknare

Transkript:

Tenis Högsoln i Linöping, IEI /Tore Dhlberg TENTMEN i Hållfsthetslär - Dimensioneringmetoder, TMHL09, 2007-06-05 l 8-12 R O B L E M med L Ö S N I N G R Del 1 - (Teoridel utn hjälpmedel) 1. En bl belsts med en xiell trycrft. Rit in i den givn figuren nedn (symboler för) de rndvillor blen s h, och nge mtemtis uttryc för rndvilloren, om blen s näc enligt Eulers fll III. LÖSNING OCH SVR HÄR: Symboler för rndvilloren enligt figur. x Rndvilloren tecns w(0)=0 w (0)=0 w(l)=0 och M(L)= EIw (L)=0 2. Härled ångpnneformlern för ett tunnväggigt cirulärcylindrist trycärl (rdie R, godstjocle t, med t << R, och längd L). Kärlet belsts med ett inre övertryc p. Snitt vinelrätt mot den xiell ritningen (x-ritningen). Jämvit ger Snitt longitudinellt. Jämvit ger (För figur, se läroboen.) σ x 2πRt p πr 2 = 0 som ger σ x = p R 2t σ φ 2Lt p 2RL = 0 som ger σ φ = p R t 7

Del 1 - (Teoridel utn hjälpmedel) 3. nge formel för lmgren-miners delsdehypotes och förlr dess nvändning. Förlr även betydelsen v de storheter du nvänder. Delsdn D i efter n i belstningscyler vid en spänningsnivå som sulle ge livslängden N i cyler är D i = n i N i Delsdor på grund v belstning vid oli spänningsnivåer dders linjärt. Utmttningsbrott förvänts då summn v ll delsdor blir ett, d v s då I D = 1 där I är ntlet oli spänningsnivåer. 4. En fritt upplgd bl utför fri svängning. Siss i figuren nedn och besriv egensvängningsmodern för de tre lägst egenvinelfrevensern. x n i N i = 1 L, m, EI Mod 1 Mod 2 Mod 3 Mod 1 hr en bu på mitten. Mod 2 hr en nod i mitten. Mod 3 hr två noder; en i läget L/3 och en i 2L/3. 8

Del 2 - (roblemdel med hjälpmedel) vit mg per bo stelt o Hållfsthetslär Hållfsthetslär Hållfsthetslär Hållfsthetslär Hållfsthetslär Hållfsthetslär Hållfsthetslär Hållfsthetslär Hållfsthetslär Hållfsthetslär Hållfsthetslär Hållfsthetslär Hållfsthetslär Hållfsthetslär n t 5. Ett stelt o vilr på en egg och hålls horisontellt v två fjädrr med fjäderstyvhet. Linus stplr böcer centrist på oet. Vrje bo hr mssn m (tyngden mg) och är t tjoc, se figur. Hur mång böcer n n Linus stpl på vrndr innn nordningen mister sin stbilitet? nt tt Linus lägger n böcer på oet. Stpeln får då tyngden n mg och höjden n t, vilet medför tt bopcens tyngdpunt ommer tt hmn på höjden n t/2. Ge systemet en liten störning (en liten snedställning φ). Utböjnde moment blir M ut = n mg n t 2 sinφ Återförnde moment blir M åt = 2 sinφ cosφ Inför sin φ= φoch cos φ= 1. Då momenten ext blnserr vrndr råder indifferent jämvit (i utböjt läge). Det ger nmg nt 2 φ 2 φ = 0 eller nmg nt 2 22 φ=0 Möjligt med φ 0 br då prentesen blir noll. Det ger n = 42 mg t Mximl ntlet böcer som n stpls på vrndr blir således heltlsdelen v 4 2 / mg t. 9

Del 2 - (roblemdel med hjälpmedel) M v 2D, 2L 1 2 D, L 2D, 2L 1 2 D, L xelns/stångens längdändring δ blir Men δ = 0, vilet ger xelns/stångens förvridning Θ blir Men Θ = 0, vilet ger M v R M 2 6. En ombinerd cirulärcylindris stång/xel belsts vid setionsövergången med en xiell rft och ett vridnde moment M v. Bestäm mximl effetivspänning (vlfritt Tresc eller von Mises) i Del 1 respetive Del 2 på grund v lsten. Sätt M v = D. Mått enligt figur. roblemet är sttist obestämt. T bort högr stödet och lägg in en xiell rft R och ett vridnde moment M 2 där, se figur. δ=δ 1 +δ 2 = Spänningr i del 1 (normlspänning och mximl sjuvspänning): σ x1 = ( + R) ( + R) 2L E πd 2 + RL 4 E πd 2 ( + R) 2L + RL 4 = 0 som ger R = E πd 2 2 E πd 3 Θ=Θ 1 +Θ 2 = (M v + M 2 ) 2L 2 + M 2L 32 G πd 4 G πd 4 (M v + M 2 ) 2L 2 + M 2L 32 G πd 4 G πd = 0 som ger M 4 2 = M v 9 = 2 3 πd 2 och τ 1 = M v + M 2 W v1 = 8M v 2 9 πd 3 = 16 9 πd 2 Effetivspänningen blir (om Tresc nvänds bestäms även huvudspänningrn) σ vm e1 = σ 2 x1 + 3τ 2 1 = 3, 15 σ T πd 3 e1 =σ hsp mx σ hsp min = σ 2 x1 + 4τ 2 1 = 3, 62 πd 3 Spänningr i del 2 (normlspänning och mximl sjuvspänning): σ x2 = R = 4 och τ= M 2 = M v 16 = 16 3 πd 2 W v2 9 πd 3 9 πd 2 Effetivspänningen blir (om Tresc nvänds bestäms även huvudspänningrn) σ vm e2 = σ 2 x2 + 3τ 2 2 = 3, 36 σ T πd 2 e2 = σ 2 x2 + 4τ 2 2 = 3, 80 πd 2 (Sjuvspänningen dominerr, och den är li för de två delrn; därför så li resultt.) 10

Del 2 - (roblemdel med hjälpmedel) 7. En r jämntjoc stång med mssn M (g) och längden L är monterd med en fjäder med styvhet och en visös dämpre med stel stång, mss M dämpftor c; båd på vståndet från c infästningen (leden i ). Stången är horisontell L vid sttis jämvit. Mn noterr tt den reltiv dämpningen ζ ommer tt bero på vståndet. Bestäm så tt dämpningen blir ritis. (Msströghetsmomentet med vseende på tyngdpunten för en r stång med mssn M är J tp = ML 2 /12.) stel stång, mss M L Vid ritis dämpning är ζ = 1, vilet ger c Frilägg stången. För in rften F från fjädern och rften D från dämpren. Tecn evtioner för stång, fjäder och dämpre. Mn får J φ= F D F = φ D = c φ Eliminer F och D. Det ger J φ+c 2 φ+ 2 φ=0 Steiners sts ger J = J tp + M 2 L = ML 2 2 2 12 + M L = ML2 2 3 Reltiv dämpning definiers c ζ= 2 M som i vårt fll blir c 2 ζ= 1 = c 2L M/ 3 = 2 2 J c 2 2 2 ML 2 / 3 = som ger = 2L c M 3 c 2L M/ 3 11

TENTMEN i Hållfsthetslär, TMHL09, 2007-01-15, l 14-18 Del 2 - (roblemdel med hjälpmedel) 8. Ett stångbärver består v tre stänger enligt figur () (E, L, respetive 2 E, 2 L, 2 ). Bärveret belsts med en vertil rft i nuten. () nvänd Cstiglinos sts för tt bestämm nutens vertil och horisontell försjutning. (b) Vd blir den vertil försjutningen v nuten om infästningen istället är enligt figur (b). E, L, E, L, () Stångbärveret är sttist bestämt, vilet ger tt stångrftern n bestämms med jämvit. Eftersom även den horisontell försjutnigen s bestämms införs en horisontell rft Q vernde (åt höger) på nuten. Mn får Upplgrd energi i bärveret blir Vertil försjutning blir Horisontell försjutning blir C B 2 E 2 L 2 E, L, E, L, 2 E 2 L 2 (b) Då stöden byter plts får stången BC ingen rft i sig, och upplgrd enegri blir (med Q =0) (b) S B = 2 S C = Q S BC = 3 N 2 i L i U = = ( 2 ) 2 2 L 1 2E i i 2 2 E 2 + (Q )2 L 2E δ vert = U = 2 L E (Q )( 1) L + E δ hor = U Q C B + ( )2 L 2E + L E = (Q )L E = 2 2 L 2 E + (Q )2 L 2E =(med Q = 0)=L E ( 2 + 2) = L E U = 2 2 L 2 E + ( )2 L 2E + 0 vrur erhålles δ vert = U = L E ( 2 + 1) 12 + 2 L 2E