Lösningar/svar till tentamen i MTM060 Kontinuumsmekanik Datum:

Relevanta dokument
Lösningar/svar till tentamen i MTM113 Kontinuumsmekanik Datum:

Lösningar/svar till tentamen i MTM113 Kontinuumsmekanik Datum:

Lösningar/svar till tentamen i MTM119 Hydromekanik Datum:

Lösningar/svar till tentamen i MTM119 Hydromekanik Datum:

Lösningar/svar till tentamen i MTM119/052 Hydromekanik Datum:

Lösningar/svar till tentamen i F0031T Hydromekanik Datum:

Formelsamling i Hållfasthetslära för F

= 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

DIFFERENTIALEKVATIONER. INLEDNING OCH GRUNDBEGREPP

SF1669 Matematisk och numerisk analys II Lösningsförslag till tentamen DEL A. r cos t + (r cos t) 2 + (r sin t) 2) rdrdt.

SF1646 Analys i flera variabler Tentamen 18 augusti 2011, Svar och lösningsförslag

Tentamen i matematik. f(x) = ln(ln(x)),

Lösningsskiss för tentamen Vektorfält och klassisk fysik (FFM232)

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

DIFFERENTIALEKVATIONER. INLEDNING OCH GRUNDBEGREPP

Lösningsförslag, preliminär version 0.1, 23 januari 2018

bh 2 π 4 D2 ] 4Q1 πd 2 =

Övningstenta Svar och anvisningar. Uppgift 1. a) Hastigheten v(t) får vi genom att integrera: v(t) = a(t)dt

v0.2, Högskolan i Skövde Tentamen i matematik

SF1626 Flervariabelanalys Bedömningskriterier till tentamen Tisdagen den 7 juni 2016

DIFFERENTIALEKVATIONER. INLEDNING OCH GRUNDBEGREPP

Tillämpad biomekanik, 5 poäng Övningsuppgifter

DIFFERENTIALEKVATIONER. INLEDNING OCH GRUNDBEGREPP

x ( f u 2y + f v 2x) xy = 24 och C = f

1.15 Uppgifter UPPGIFTER 21. Uppgift 1.1 a) Visa att transformationen x i = a ikx k med. (a ik ) =

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM521 och 520)

6.3 Partikelns kinetik - Härledda lagar Ledningar

Integraler av vektorfält Mats Persson

= y(0) för vilka lim y(t) är ändligt.

Tentamen i Matematisk analys, HF1905 exempel 1 Datum: xxxxxx Skrivtid: 4 timmar Examinator: Armin Halilovic

Tentamen i Matematik 1 DD-DP08

Tentamen i TATA43 Flervariabelanalys

SF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

SF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

f(x, y) = ln(x 2 + y 2 ) f(x, y, z) = (x 2 + yz, y 2 x ln x) 3. Beräkna en vektor som är tangent med skärningskurvan till de två cylindrarna

LUNDS TEKNISKA HÖGSKOLA MATEMATIK. LÖSNINGAR FLERDIMENSIONELL ANALYS, FMA kl 8 13

OMTENTAMEN I VEKTORANALYS SI1146 och SI1140 Del 1, VT18

Tentamensskrivning i Differentialekvationer I, SF1633(5B1206).

Kursens olika delar. Föreläsning 0 (Självstudium): INTRODUKTION

= e 2x. Integrering ger ye 2x = e 2x /2 + C, vilket kan skrivas y = 1/2 + Ce 2x. Här är C en godtycklig konstant.

Ordinarie tentamen i Mekanik 2 (FFM521)

SF1626 Flervariabelanalys Tentamen Måndagen den 16 mars 2015

Tentamen: Lösningsförslag

SF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A. 1. En svängningsrörelse beskrivs av

Formelsamling. Elektromagnetisk fältteori för F och Pi ETE055 & ETEF01

MMA127 Differential och integralkalkyl II

1 Potentiallösningen för strömningen kring en cylinder

CHALMERS TEKNISKA HÖGSKOLA Tillämpad mekanik Göteborg. TME055 Strömningsmekanik

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

SF1649, Vektoranalys och komplexa funktioner Tentamen, måndagen den 19 december Lösningsförslag. F n ds,

Re baseras på medelhastighet V samt hydraulisk diameter D h, Re = Re Dh = ρv D h. , D h = 4 A P. = V D h ν

x (t) = 2 1 u = Beräkna riktnings derivatan av f i punkten a i riktningen u, dvs.

Dubbelintegraler och volymberäkning

y + 1 y + x 1 = 2x 1 z 1 dy = ln z 1 = x 2 + c z 1 = e x2 +c z 1 = Ce x2 z = Ce x Bestäm den allmänna lösningen till differentialekvationen

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

Matrismetod för analys av stångbärverk

Tentamen Modellering och simulering inom fältteori, 21 oktober, 2006

Institutionen för matematik SF1626 Flervariabelanalys. Lösningsförslag till tentamen Måndagen den 5 juni 2017 DEL A

1 Vektorer och tensorer

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

Arkitektur och teknik, Teknisk fysik, Teknisk matematik Antagningsprov MATEMATIK

har ekvation (2, 3, 4) (x 1, y 1, z 1) = 0, eller 2x + 3y + 4z = 9. b) Vi söker P 1 = F (1, 1, 1) + F (1, 1, 1) (x 1, y 1, z 1) = 2x + 3y + 4z.

TFYA16: Tenta Svar och anvisningar

1 Potenitallösningen för strömningen kring en cylinder

För startpopulationer lika med de stationära lösningarna kommer populationerna att förbli konstant.

Högskolan i Skövde (SK, JS) Svensk version Tentamen i matematik Lösningsförslag till del I

Tentamen i El- och vågrörelselära,

Tentamen i Analys B för KB/TB (TATA09/TEN1) kl 8 13

4.6 Stelkroppsrörelse i balk

x 2 = lim x 2 x 2 x 2 x 2 x x+2 (x + 3)(x + x + 2) = lim x 2 (x + 1)

TENTAMEN. Ten2, Matematik 1 Kurskod HF1903 Skrivtid 13:15-17:15 Fredagen 25 oktober 2013 Tentamen består av 4 sidor

Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Bo Styf

Lösningsförslag till tentamen Torsdag augusti 16, 2018 DEL A

Bestäm ekvationen för det plan som går genom punkten (1,1, 2 ) på kurvan och som spänns

SF1658 Trigonometri och funktioner Lösningsförslag till tentamen den 19 oktober 2009

Kap 5.7, Beräkning av plana areor, rotationsvolymer, rotationsareor, båglängder.

.4-6, 8, , 12.10, 13} Kinematik Kinetik Kraftmoment Vektorbeskrivning Planetrörelse

Linjen P Q tangerar cirkeln i P och enligt en sats i geometrin är OP vinkelrät. tan u = OP. tan(180 v) = RS. cos v = sin v = tan v, tan v = RS.

Tentamen i matematik. f(x) = 1 + e x.

Bra tabell i ert formelblad

Uppgift 1. (3p) a) Bestäm definitionsmängden till funktionen f ( x) c) Bestäm inversen till funktionen h ( x)

6.2 Partikelns kinetik - Tillämpningar Ledningar

Moment 4.11 Viktiga exempel 4.32, 4.33 Övningsuppgifter Ö4.18-Ö4.22, Ö4.30-Ö4.34. Planet Ett plan i rummet är bestämt då

2. Lös ekvationen z i = 2 z + 1 och ge i det komplexa talplanet en illustration av lösningsmängden.

Institutionen för Matematik, KTH Torbjörn Kolsrud

TNA004 Analys II Tentamen Lösningsskisser

1. Bestäm definitionsmängden och värdemängden till funktionen f(x,y) = 1 2x 2 3y 2. Skissera definitionsmängden, nivålinjerna och grafen till f.

A. Egenskaper hos plana figurer (MTM458)

MATEMATIKPROV, LÅNG LÄROKURS BESKRIVNING AV GODA SVAR

SF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

P R O B L E M

Experimentella metoder 2013, Räkneövning 3

( ) = 2x + y + 2 cos( x + 2y) omkring punkten ( 0, 0), och använd sedan detta ( ).

TNA001- Matematisk grundkurs Tentamen Lösningsskiss

(x 3 + y)dxdy. D. x y = x + y. + y2. x 2 z z

SF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

9. Magnetisk energi Magnetisk energi för en isolerad krets

SF1669 Matematisk och numerisk analys II Bedömningskriterier till tentamen Måndagen den 16 mars 2015

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

Tentamen SF1633, Differentialekvationer I, den 23 oktober 2017 kl

Transkript:

Lösningar/svar till tentamen i MTM060 Kontinuumsmekanik Datum: 004-08- Observera Om tentamensuppgiften är densamma som på den nya kursen MTM3 är uppgiften löst med den metod som är vanligast i denna kurs. Svaren är dock lika. Har du frågor är du välkommen att besöka mig. Lösningarna är inte alltid är av tentamenslösningskvalitet. De skulle inte ge full poäng vid tentamen. Motiveringar kan saknas eller vara bristfälliga. De är också i vissa fall för kompakt skrivna. Detta för att spara kopieringskostnad. Uppgift a) Visa (s t ) (u v ) = (s u )(t v ) (s v )(t u ) FS. och FS. ger VL = (s t ) (u v ) = ε ijk s j t k ε ilm u l v m = ε ijk ε ilm s j t k u l v m ε δ identiteten FS. ger ε ijk ε ilm s j t k u l v m = (δ jl δ km δ jm δ kl )s j t k u l v m = δ jl δ km s j t k u l v m δ jm δ kl s j t k u l v m = [sätt index lika]=s j t k u j v k s j t k u k v j = s j u j t k v k s j v j t k u k = (s u )(t v ) (s v )(t u )=HL b) Skriv i index(tensor)notation (obs inget skall visas) rot[(v )v ] = (v )ω (ω )v + ω divv v ε ijk v k ω m = v i v m ω i v m + ω m i x j x m x m x m x m

Uppgift Elastiska linjens ekvation q = dt d x = d M = d EI d w d x d x d x Här är EI = konstant samt q= -Q/L Randvillkor x=0; w=0 och dw/dx=0 x=l; w=0 och M=0 Här fås elastiska linjens ekvation Q L = dt d x = d M = EI d4 w d x d x 4 Integrering ger Q L x + A = T = d M d x = EI d3 w d x 3 och Q x L + Ax + B = M = EI d w d x Randvillkor då x=l ger Q L L + AL + B = 0 vilket ger B = Q L AL Q = total last E, I L Vilket ger elastiska linjens ekvation Q L x L + A(x L) = EI d w d x Integrering ger Q Lx x 3 3 L + A x Lx + C = EI d w d x Randvillkor då x=0 ger C=0 Integrering ger Q Lx x 4 3 4 L + A x 3 3 Lx + D = EIw Randvillkor då x=0 ger D=0 Randvillkor då x=l ger QL 3 + AL 3 3 4 3 = 0 ( ) + A( 4 ) = 0 Q 6 vilket ger A A = 5 8 Q vilket ger w = Q Lx EI 4 x 4 4L + 5 x 3 8 6 Lx = Q EI x 4 4L + 5x 3 8 6 Lx 6 i mitten av balken fås w = QL3 EI 4 6 + 5 8 6 8 = 6 4 QL 3 EI 4 4 6 = QL3 6 4 EI 6 3 3 6 4 Resultat: Balkens böjs ned QL 3 9EI

Uppgift 3 Då ytan är obelastad är en av huvudspänningsriktningarna är vinkelrät mot ytan. Huvudspännings- och huvudtöjningsriktningar är lika. Känt är ϕ =0 ε OA =-0,0005, och ϕ =0 ε OB =+0,0005, och ϕ =-0 ε OC =+0,0003 där ϕ är vinkeln mellan n och x -axeln. a) Sökt är ε, ε och ε. Alt : Formler för Mohrs cirkel kan användas. ε n = ε cos ϕ + ε cosϕ sinϕ + ε sin ϕ Alt: Normaltöjningen i riktning, n, ges av ε n = n i ε ij n j Töjningstensorn är symmetrisk ε = ε cosϕ Här ligger alla normalvektorer i x - x -planet och kan skrivas som n = sinϕ. 0 Normaltöjningen i riktning, n, ges av ε n = ε cos ϕ + ε cosϕ sinϕ + ε sin ϕ a) Här fås ekvationssystemet ε OA = ε ε OB = ε cos 0 + ε cos0 sin0 + ε sin 0 ε OC = ε cos 0 ε cos0 sin0 + ε sin 0 Utnyttja att sin0 = 3 och cos0 = vilket ger ε OA = ε ε OB = 4 ε 3 4 ε + 3 4 ε () ε OC = 4 ε + 3 4 ε + 3 4 ε (3) ekv ()+(3) med ekv () ger ε OB + ε OC = 4 ε OA + 3 4 ε eller ε OB + ε OC = ε OA + 3 ε vilket ger ε = 3 ε OB + ε OC ε OA vilket ger ε = 3 4 ε + 3 4 ε ε OB vilket ger ε = -0,0005, ε =0,0007, ε =-0,000 b) Alt : Huvudtöjningarna i ytans plan bestäms med hjälp av Mohrs cirkel. () 3

ε Cirkelns medelpunkt ges av ε + ε m= = ε + ε / cirkelns radie ges av R = ε xx ε yy + ε xy = ε ε vilket ger ε = ε m + R och ε = ε m R Numeriskt fås R = 6, 0 4 ε m = 0 4 ε = 7, 0 4 ε = 5, 0 4 Alt : Huvudvärden ges av det(ε ij ε δ ij ) = 0. Här fås då ε 3 =ε 3 =0. Detta ger ekv. ε ε ε ε ε 0 ε ε ε 0 0 0 ε 33 ε = 0 ( )( ε ε) ( ε 33 ε) ε ( ε 33 ε) = 0 ( ) + ε ε ε = 0 En lösning är (ej efterfrågad här) ε = ε 33 Detta ger ε ε ε + ε Lösning se ovan. c) Huvudriktningar Alt : Se figuren ϕ =80 + β där är ϕ vinkeln mellan x riktningen och den första huvudriktningen. Detta ger ϕ = 90 + β. Vinkeln β ges av sinβ = ε R. Numeriskt fås β =0,9, β = 5,44, ϕ = 95,4 Den andra huvudriktningen är vinkelrät mot detta. Den tredje huvudriktningen är vinkelrät mot ytan. Alt : Beräkningar redovisas inte. Resultatet brukar ges i vektorform. Här fås 0,095 0,995 α = 0,995 och α = 0,095 0 0 Resultat: a) Töjningstensorns komposanter är ε =0,0005, ε =ε =-0,0007, ε =-0,000 b) Huvudvärdena är ε = 0,0007 och ε =-0,0005 c) Vinklarna mellan x riktningen och huvudriktningarna är 95,4 och 5,44. 4

Uppgift 4 a) Randvillkoren för fall I är då r=0 är u begränsad samt då r=a är u=0 b) Randvillkoren för fall II är då r=b är u=u samt då r=a är u=0 c) Strömningen är inkompressibel, stationär, och viskös. Tyngdkraftens inverkan försummas. Symmetri ger att strömningen är oberoende av vinkel-koordinat. Rätlinjig strömning; endast strömning i x-riktning. Kontinuitetsekvationen; div v = 0 ger här u = 0. Slutsats u = u(r). x Naviers-Stokes ekvation (FS 6.0) med villkor enligt tidigare r - led : 0 = p () r x led: 0 = - p ρ x + µ u ρ r + u () r r Ekvation () ger att p inte beror av r. Ekvation () ger att dp/dx endast beror av r. Slutsats dp/dx= konstant. Givet i uppgift dp/dx=-g. Detta i ekvation () ger u r + u r r = - G µ y Låt du/dr=y. Ekvationen blir då r + r y = - G µ Detta är en första ordningens linjär differentialekvation. Lösning finns t.ex. i Beta kap 9.. Lösningen kan skrivas y(r) = e F(r) e F(r) g(r)dr + C ( ) Här är f (r) = r, g(r) = G µ, F(r) = ln r, ef(r) = e ln r = r, e F(r) g(r)dr = r G dr = Gr µ µ samt y(r) = e F(r) ( e F(r) g(r)dr + C)== r Gr µ + C = Gr µ + C r Fortsatt integration ger du u(r) = dr = ydr = Gr dr µ + C dr = r r Gr 4µ + C = Gr 4µ + Clnr + D Jag väljer att studera fall I. Resultat för fall II finns nedan. Randvillkoret u begränsad då r=0 ger C=0. Randvillkoret u=0 då r=a ger 0 = Ga 4µ + D vilket ger D = Ga 4µ och lösningen u(r) = G ( 4µ a r ) Resultat: Fall I: u(r) = G ( 4µ a r ) Fall II: u(r) = G 4µ (a r ) + [U G 4µ (a b ) ] ln r/a ln b/a 5

Uppgift 5 (LAI) Sökt: Total kraft i stag Kontrollvolym Krafter i x-riktning Hastigheter Kontinuitetsekvationen ger m = ρq = ρua = ρv A där A = πd 4 A = π(d d ) 4 och vilket ger v = U A A () Bernoullis ekvation ger U + p ρ = v + p ρ Rörelsemängdsekv. (FS 7.3a) F = m(v ut V in ) ger här F stag + (p p )A = ρq(v U) (3) () Tryckskillnad löses ut från () och (3) ger p p = ρv ρu och p p = ρq(v A U) + F stag ( ) Detta ger ρ (v U ) = A ρq(v U) + F stag ( ) ekv () i ovan ger ρ U A U A = ρua U A U A A + F stag Förenklingar F stag = ρu A A A + ρu A A och F stag = ρu A + + A A A A F stag = ρu A + + A A A A och F stag = ρu A A A F stag = ρu πd D 8 D d och F stag = ρu πd D d D 8 D d Resultat F stag = ρu πd d 4 8 D d ( ) 6

Uppgift 5 (FUNG) Se tentamen 00-04-9 7