Tekniska Högskolan i inköping, IK DE 1 - (Teoridel utan hjälpmedel) NAMN... 1. Vilken typ av ekvation är detta: ε = d u(x) d x Ange vad de ingående storheterna betyder, inklusive deras dimension i SI-enheter. ÖSNING OCH SVAR HÄR: ösning: Ett kompatibilitetssamband (deformationssamband) som bestämmer (normal-)töjningen ε (dimensionslös, m/m) som funktion av förskjutning u(x) (meter) i x-led. x (meter) är en koordinat., E, A, ÖSNING OCH SVAR HÄR: ösning: Töjningen blir, a 2. En stång, längd, är monterad så att den kan expandera fritt en sträcka a (a << ), varefter förlängning av stången förhindras med ett fast stöd. Stången värms så att den går mot stödet. Detta inträffar vid temperaturen T = T 0, och därefter värms stången ytterligare 0,1T 0 till T = 1,1T 0. Vilken töjning fås i stången då T = 1,1T 0? (Risk för knäckning föreligger ej.) Materialet är linjärt termoelastiskt med parametrar E, ν och α. ε = a ( = αt 0 ) 7
Tekniska Högskolan i inköping, IK DE 1 - (Teoridel utan hjälpmedel), E, I, A k 3. En balk, längd, böjstyvhet EI, är fast inspänd till vänster och upplagd på en fjäder med styvhet k till höger, se figur. Balken belastas med en kraft i högeränden. Bestäm högerändens utböjning δ som funktion av lasten. Elementarfall: Konsolbalk z, EI w(x) x w(x) = 3 6EI 3 x 2 x 3 2 3 w() = 3 3EI w () = 2 2EI ösning: Ta bort fjädern till höger och lägg in en reaktionskraft F riktad uppåt. Elementarfall ger balkändens utböjning δ. Man får δ = 3 3EI F3 3EI Men fjäderkraften är F = kδ, vilket ger varur δ löses. Man får δ = 3 3EI kδ 3 3EI δ = 3 / 3EI 1 + k 3 / 3EI 4. Rita ett Wöhlerdiagram och förklara hur det används. i u a N i log N ösning: Wöhlerdiagrammet anger samband mellan lastamplitud (spänningsamplitud) vid varierande last och livslängd. Då spänningsamplituden är känd kan förväntad livslängd avläsas i diagrammet. (Eventuellt får man "oändlig" livslängd om materialet har en utmattningsgräns och den pålagda spänningen ligger under denna nivå.) 8
Tekniska Högskolan i inköping, IK DE 2 - (roblemdel med hjälpmedel) (1), E, A (2), E, A /4 /4 (3), E, A 5. Tre stänger (E-modul E, area A, längd ) monteras med vinkel π/4 mellan stängerna, se figur. Bärverket belastas med den vertikala kraften. Bestän de stångkrafter som uppkommer i bärverket. S1 S2 /4 /4 S 3 ösning: Bärverket är symmetriskt, varför ingen förskjutning i sidled äger rum. Härav följer att för stångkrafterna gäller S 1 = S 3. Stångbärverket är statiskt obestämt, eftersom man får två obekanta stångkrafter, men bara en jämviktsekvation (den i vertikal led) kan tecknas. ös uppgiften med förskjutningsmetoden (eventuellt kan tabell enligt boken ställas upp). Anta att knuten vid belastningen förskjuts sträckan nedåt. Stängernas förlängningar blir då δ 1 = 2, δ 2 = och δ 3 = 2 (a,b,c) Dessa längdändringar ger stångkrafterna S 1 = EA δ = EA 1 och 2, S 3 = EA δ = EA 3 S 2 = EA δ 2 = EA Kraftjämvikt i vertikal led ger (utnyttja att S 1 = S 3 ) S 2 + 2 S 1 2 = 0 EA som ger + 2 2 2 = (g,h) Härur löses. Man får = / 2EA. För in i (d,e,f). Det ger S 1 = EA 1 2 2EA = 2 2, S 2 = EA 9 2 2EA = 2 och S 3 = S 1 (d,e,f)
Tekniska Högskolan i inköping, IK/TD M A DE 2 - (roblemdel med hjälpmedel) Q, EI EI A B C A, EI O M B AB B B M B O Q BC MC C 6. En balk (längd 2, böjstyvhet EI) är fast inspänd i ändarna A och C och vilar på ett stöd i mitten (B). Ena halvan belastas med en jämnt utbredd total last Q (N) (lastintensitet q 0 (N/m) ger q 0 = Q). Bestäm snittmomentet i B och inspänningsmomenten i A och C. ösning: Snitta i B och inför snittmomentet M B. Elementarfall ger M A = M B /2 och M C = Q /8 M B /2. Momentet M B bestäms ur villkoret att Θ AB = Θ BC. Man får Θ AB = M B 3EI M B 2 6EI = Θ = M B BC 3EI + Q 2 24EI Q 8 M B 2 varur löses M B = Q /24, som ger M A = Q /48 och M C = Q /8 Q /48 = 5Q /48 (med riktningar enligt figur). 6EI 10
Tekniska Högskolan i inköping, IK /2 DE 2 - (roblemdel med hjälpmedel) 7. En roterande axel, längd = 240 mm, är lagrad med sfäriska rullager i ändarna (ger "fritt upplagd" stödreaktion). Vid mitten har axeln en dimensionsövergång från diameter d = 15 mm till diameter D = 23 mm med kälradie r = 4 mm. Axeln är tillverkad ur en 30 mm rundstång. Via en remskiva, som är monterad vid dimensionsövergången, belastas axeln med kraften. Bestäm största tillåtna värde på kraften om axeln dimensioneras med avseende på utmattning. Axeln är slipad och materialet har utmattningsgräns σ ur = 150 Ma och brottgräns σ B = 500 Ma. Använd säkerhetsfaktorn s = 1,5. ösning: Böjmomentet M i axeln blir vid dimensionsövergången M = /4 Nominell spänning i axeln blir σ nom = 32M /πd 3 = 8 /πd 3. Räkna upp spänningen på grund av spänningskoncentration: D /d = 23/15 och r/d = 4/15 ger spänningskoncentrationsfaktorn K t = 1,35. Anvisningsfaktorn K f blir K f = 1 + q(k t 1) = 1 + 0,8(1,35 1) = 1,28. Reducera utmattningsgränsen på grund av ytfinhet och volym. Man får κ = 0,94 och λ = 0,95 (δ = 1 eftersom K f > 1 används här). Man får som ger D r /2 d 8 π d 1, 28 = κ λ σ ur 3 s = 0, 94 0, 95 150 10 6 π 0, 015 3 1, 5 1, 28 8 0, 24 = 385 N 11
Tekniska Högskolan i inköping, IK DE 2 - (roblemdel med hjälpmedel) k, EI 8. Anordningen i figuren kan mista sin stabilitet på två olika sätt. Om balkens böjstyvhet EI är stor och fjäderstyvheten k liten kommer anordningen att knäcka som ett diskret system (balken kan då anses vara stel). Om böjstyvheten EI däremot är liten och fjäderstyvheten k stor kommer balken att böjknäcka. Vid vilket värde på fjäderstyvheten k kommer dessa båda knäckformer att ge samma knäcklast? Balkens längd är. sin F = ksin ösning: För stel balk fås vid en liten störning av systemet (som ger snedställningen α) ett utböjande moment M ut = sinα. Det återförande momentet blir M åt = Fcosα, där fjäderkraften F är F = ksinα. Man får M ut M åt = 0 som ger sinα ksinα cosα = 0 varur knäcklasten = krit1 = k erhålls (vinkeln α är liten, vilket ger sinα = α och cosα = 1). Om fjäderstyvheten k är tillräckligt stor kommer balken att böjknäcka enligt Eulers fall 2. Knäcklasten blir då = krit2 = π 2 EI / 2. Samma knäcklast i de två fallen ger k = π2 EI vilker ger k = π2 EI 2 3 12