Lösningsförslag, Inlämningsuppgift 2, PPU203 VT16.

Lösningsförslag, Inlämningsuppgift 2, PPU203 VT16.
Deluppgift 1:
En segelbåt med vinden rakt i ryggen har hissat spinnakern. Anta att segelbåtens mast är ledad i
botten, spinnakern drar masttoppen snett nedåt och framåt med kraften 𝐹 (i vinkeln 𝛼 mot masten)
och akterstaget hindrar masten från att vika sig genom att dra snett nedåt och bakåt (i vinkeln 𝛽 mot
masten). Krafter från andra stag och segel kan bortses från.
a) (2p) Vilken diameter måste akterstaget ha om säkerhetsfaktorn mot resttöjningsgränsen
skall vara 1,5?
Givet: (exempelvärden)
ℎ = 10,0 𝑚
𝛼 = 55°
𝑛 ⇒ { 𝛽 = 40°
𝐹 = 24,0 𝑘𝑁
𝐴2 = 40 𝑐𝑚2
𝑅𝑝0.2 (1) = 650 𝑀𝑃𝑎
𝑅𝑝0.2 (2) = 90 𝑀𝑃𝑎
Problemet behandlas som ett statiskt bestämt stångbärverk, i det här fallet kallar vi akterstaget för
(1) och masten för (2).
Frilägg masttoppen och ställ upp den horisontala jämviktsekvationen för att lösa ut stångkraften 𝑆1 :
𝐹
𝛼
𝛽
𝑆1
𝑆2
← : 𝐹 ⋅ sin 𝛼 − S1 ⋅ sin 𝛽 = 0 ⇔ 𝑆1 =
𝐹 ⋅ sin 𝛼 10,0 kN ⋅ sin 55°
=
≈ 30,585 kN
sin 𝛽
sin 40°
Tillåten spänning ges av säkerhetsfaktorn 𝑛𝑠 och resttöjningsgränsen för materialet i akterstaget.
Sedan kan erforderlig snittyta och diameter räknas fram.
𝜎𝑡𝑖𝑙𝑙 =
𝜎𝑡𝑖𝑙𝑙 =
⇒𝑑 =√
𝑆1
𝐴
,
𝐴=
𝑅𝑝0.2 650 𝑀𝑃𝑎
=
≈ 433,33 𝑀𝑃𝑎
𝑛𝑠
1,5
𝜋𝑑2
4
⇒
𝜋𝑑2
𝑆1
=
4
𝜎𝑡𝑖𝑙𝑙
⇒
𝑑2 =
4 𝑆1
𝜋 𝜎𝑡𝑖𝑙𝑙
⇒
4 𝑆1
4 ⋅ 30,585 kN
4 ⋅ 30,585 ⋅ 103
√
=√
=
mm = 9,480 … mm ≈ 9,5 mm
𝜋 𝜎𝑡𝑖𝑙𝑙
π 433,33 N/mm2
π 433,33
b) (1p) Vad blir materialspänningen och säkerheten mot resttöjningsgränsen i masten?
Materialet i masten har resttöjningsgränsen 𝑅𝑝0.2 = 90 MPa. Och 𝑆2 kan lösas ut ur den vertikala
jämviktsekvationen.
↓ : 𝐹 ⋅ cos 𝛼 + 𝑆1 ⋅ cos 𝛽 + 𝑆2 = 0 ⇔ 𝑆2 = − 𝐹 ⋅ cos 𝛼 − 𝑆1 ⋅ cos 𝛽 = − 37,195 kN
𝜎2 =
𝑆2 −37,195 kN −37,195 N
=
=
= −9,30 MPa
𝐴2
40 cm2
4 mm2
𝑛𝑠2 =
𝑅𝑝0.2
90 MPa
=
≈ 9,68
|𝜎2 |
9,30 MPa
Säkerhetsfaktorn i masten kan bli mycket stor i förhållande säkerhetsfaktorn i staget när man bara
tar hänsyn till normalspänningen i masten. Den verkliga säkerhetsfaktorn blir förmodligen betydligt
mycket mindre. Vi har räknat på en förenklad modell där masten är fritt ledad i botten, om den inte
är det i verkligheten får man även böjspänningar i masten. När en långsmal stång belastas med tryck
föreligger dessutom risk för knäckning.
c) (3p) Beräkna eller lös grafisk masttoppens förskjutning i förhållande till sitt ursprungsläge.
Materialsamband och geometriska samband (för akterstagets längd) ger följande uttryck för
”stängernas förlängning”.
𝐿2 = ℎ
𝛿=
𝜎𝐿
,
𝐸
𝐿1 =
𝐿2
cos 𝛽
⇒
𝛿1 =
𝜎1 𝐿2
𝐸1 cos 𝛽
,
𝛿2 =
𝜎2 𝐿2
𝐸2
Eftersom mast och stag är långa i förhållande till förskjutningarna (vinkeländringarna blir små) kan vi
approximera den nya knytpunkten genom att dra vinkelräta linjer från den nya (något lägre) masttoppen, och slutet på det nya (något längre) staget och se var dessa linjer skär varandra.
𝛿1 =
Ny knytpunkt
433,33 MPa ⋅ 10,0 m 433,33 ⋅ 10,0
=
mm ≈ 29,77 mm
190 GPa ⋅ cos 40°
190 ⋅ cos 40°
Δ𝑉 = −𝛿2 = −10,0
Δ𝐻
𝛽
−9,30 𝑀𝑃𝑎
9,3
= 10
𝑚𝑚 = 1,33 𝑚𝑚
70 𝐺𝑃𝑎
70
Mast-toppens förflyttning kan sedan utläsas grafiskt (om figuren ritats noggrant och skalenligt) eller
lösas matematiskt:
𝛽
Δ𝐻 =
𝛿2 +
𝛿1
cos 𝛽
𝛿2 + 𝛿1 / cos 𝛽 1,33 + 29,77/ cos 40°
=
≈ 47,90 𝑚𝑚
tan 𝛽
tan 40°
Total förflyttning:
Δ𝑡𝑜𝑡 = √Δ2𝐻 + Δ2𝑉 = √47,902 + 1,332 mm ≈ 47,92 𝑚𝑚
Alternativ lösning på c)
𝛿1 och 𝛿2 beräknas som ovan. Avståndet mellan mastfoten och akterstagets fäste bestäms utifrån
masthöjden och vinkeln 𝛽. Sedan används cosinus-satsen för att räkna ut mastens nya vinkel så att
masstopens nya position kan bestämmas exakt. Denna metod blir omständligare men ger ett
exaktare svar än den föregående.
Δ𝐻
𝛽
ℎ
𝑐=
ℎ
+ 𝛿1
cos 𝛽
𝑎 = ℎ + 𝛿2
ℎ − Δ𝑉
𝑎
𝛾
𝛾
Δ𝐻 = 𝑎 sin(𝛾 − 90°) = −𝑎 cos 𝛾
𝑏 = ℎ tan 𝛽
𝑏
𝑐 2 = 𝑎2 + 𝑏 2 − 2𝑎𝑏 cos 𝛾
𝛾 = cos −1
𝑐 2 − 𝑎2 − 𝑏 2
−2𝑎𝑏
ΔV = ℎ − 𝑎 cos(𝛾 − 90°) = ℎ − 𝑎 sin 𝛾
Med specifika numer:
𝑎 = ℎ + 𝛿2 = 10,0 m − 1,33 mm = 9998,67 mm
𝑏 = ℎ tan 𝛽 = 10,0 m ⋅ tan 40° = 8391,00 mm
𝑐=
𝛾 = cos
−1
ℎ
10,0 m
+ 𝛿1 =
+ 29,77 mm = 13083,84 mm
cos 𝛽
cos 40°
𝑐 2 − 𝑎2 − 𝑏 2
13083,842 − 9998,672 − 8391,00
−1
= cos
−2𝑎𝑏
−2 ⋅ 9998,67 ⋅ 8391,00
= 90,275°
Δ𝐻 = −𝑎 cos 𝛾 = −9998,67mm ⋅ cos 90,275° = 47,99 mm
Δ𝑉 = ℎ − 𝑎 sin 𝛾 = 10000 mm − 9998,67 mm ⋅ sin 90, 275° = 1,45 mm
Δtot = √Δ2𝐻 + Δ2𝑉 = √47,992 + 1,452 mm = 48,01 mm
Deluppgift 2:
En stålstav är fast inspänd mellan två stela väggar. Temperaturen är 0°𝐶.
Ett tidigare dragprov med samma material gav följande förenklade samband mellan spänning och
töjning:
Spänning-töjning
σ (MPa)
600
𝜎𝑛
0
1
2
ε (mm/m)
3
4
5
d) (2p) Stången värms till 150°𝐶, hur stor blir materialspänningen.
För enkelhetens skull använder jag 𝜎𝑛 = 400 MPa som exempelvärde här:
𝐺𝑖𝑣𝑒𝑡:
Δ𝑇 = 150°C
𝜎 = 400 𝑀𝑃𝑎
𝛼 = 13 ⋅ 10−6 /°C 𝑛
E-modulen bestäms ur diagrammet (lutningen på den elastiska biten).
𝐸=
𝜎𝑛 400 MPa
=
= 200 GPa
𝜀𝑒
2 ⋅ 10−3
Eftersom staven är fast inspänd mellan stela väggar kan längden inte ändras, d.v.s. 𝜀 = 0.
Insättning i Hooke’s lag med temperaturterm ger:
𝜀=
𝜎
+ 𝛼Δ𝑇 ⇒ 𝜎 = 𝐸𝜀 − 𝐸𝛼Δ𝑇 = 𝐸 ⋅ 0 − 𝐸𝛼Δ𝑇 =
𝐸
0 ⋅ 200 GPa − 200 GPa ⋅ 13 ⋅ 10−6 /°𝐶 ⋅ 150 °𝐶 = −390 MPa
e) (2p) Stången värms ytterligare, till 165°C och får sedan svalna till 0°C igen. Hur stor blir
materialspänningen nu?
Vid temperaturen 165° blir spänningen så hög att man får plastiska deformationer som kommer att
kvarstå även när stången får svalna (och tryckspänningen försvinner). När stången svalnat till 0° igen
är den alltså lite kortare än förut. Eftersom den fortfarande är fast inspänd mellan två väggar
kommer det att uppstå dragspänningar som töjer den till rätt längd. För att räkna ut hur stora dessa
spänningar blir måste man först räkna ut hur stor den plastiska deformationen blivit. Det finns flera
tänkbara tillvägagångssätt.
Grafisk lösning av e)
Den totala töjningen vid 165°C är 0 precis som vid 150°C så töjningen p.g.a materialspänning måste
vara lika stor som temperaturexpansionen (men negativ). Genom att dra en linje rakt upp från den
plats på töjnings-axeln som motsvarar temperaturexpansionen vid 165°C hittar man den
materialspänning som uppkommer p.g.a. temperaturexpansionen. Genom att sedan dra en linje
snett nedåt med samma lutning som elasticitetsmodulen räknar man bort den delen av töjningen vid
denna temperatur som är elastisk, d.v.s där denna linje skär töjningsaxeln finns den plastiska
töjningen.
Spänning-töjning
σ (MPa)
600
400
𝜀𝑃 = -0,0725
mm/m
0
1
2
3
4
5
ε (mm/m)
𝛼Δ𝑇 = 13 ⋅ 10−6 ⋅ 165 = 2,145 mm/m
Eftersom det handlar om en mycket liten töjning kan man behöva rita upp diagrammet ganska stort
för att få någorlunda noggrannhet.
Eftersom diagrammet kommer från ett dragprov blir värdet som utläses på 𝜀𝑃 naturligtvis positivt
men i verkligheten rör det sig om en negativ töjning, d.v.s stången har blivit kortare. Så när
temperaturen återgår till 0°𝐶 måste spänningen bli så stor att den elastiska töjningen tar ut den
kvarstående plastiska töjningen.
𝜀𝑝 läggs in i högerledet på Hooke’s lag, och den totala förlängningen antas fortfarande vara 0. Den
nya materialspänningen vid 0 grader benämns 𝜎0 . Temperaturtermen behövs inte eftersom vi nu är
tillbaks vid utgångstemperaturen.
𝜀 = 𝜀𝑃 +
𝜎0
mm
= 0 ⇒ 𝜎 = −𝜀𝑃 𝐸 = −(−0,0725)
⋅ 200 GPa = 0,0725 ⋅ 200 MPa = 14,5 MPa
𝐸
m
Alternativ lösning av e)
Hooke’s lag gäller bara så länge sträckgränsen inte överstigs, men eftersom diagrammet är förenklat
till två linjära intervaller kan en modifierad version användas om man hanterar töjningen före och
efter sträckgränsen separat. Vi kallar kurvans lutning efter sträckgränsen för 𝑘.
𝑘=
600 MPa − 𝜎𝑛
(4 − 2) ⋅ 10−3
𝑘=
Termen 𝜎/𝐸 i Hookes lag ersätts med
𝜎𝑥 −𝜎𝑛
𝑘
(𝑠𝑎𝑚𝑡𝑙𝑖𝑔𝑎 𝑣ä𝑟𝑑𝑒𝑛 𝑢𝑟 𝑑𝑖𝑎𝑔𝑟𝑎𝑚𝑚𝑒𝑡)
600 − 400
GPa = 100 GPa
4−2
𝜎𝑛
𝐸
för töjningen innan sträckgränsen (enbart elastisk) och
för töjningen (elastisk + plastisk) som sker mellan sträckgränsen och den okända spänningen
𝜎𝑥 . Töjningen är fortfarande 0.
𝜀=0=
−100 GPa
𝜎𝑛 𝜎𝑥 − 𝜎𝑛
𝜎𝑥 − 𝜎𝑛
𝜎𝑛
+
+ 𝛼Δ𝑇 ⇒
= − − 𝛼Δ𝑇 ⇒
𝐸
𝑘
𝑘
𝐸
𝜎𝑛
𝜎𝑥 = −𝑘 − 𝑘𝛼Δ𝑇 + 𝜎𝑛 =
𝐸
−400 MPa
10−6
− 100 GPa ⋅ 13 ⋅
⋅ 165 °C − 400 MPa =
200 GPa
°C
400 MPa
− 100 MPa ⋅ 13 ⋅ 10−3 ⋅ 165 − 400 MPa = −414,5 MPa
2
Den totala töjningen kan sedan formuleras som summan av plastisk töjning, elastisk töjning och
temperaturexpansion:
𝜎𝑥
−415, 5 MPa
10−6
− 𝛼Δ𝑇 = −
− 13 ⋅
⋅ 165 °C
𝐸
200 GPa
°C
4155
4155
=
⋅ 10−6 − 13 ⋅ 165 ⋅ 10−6 = (
− 13 ⋅ 165) ⋅ 106 ⇒ 𝜀𝑝 = −72,5 ⋅ 10−6
2
2
𝜀 = 𝜀𝑝 + 𝜀𝑒 + 𝜀𝑇 = 0 ⇒ 𝜀𝑝 = −𝜀𝑒 − 𝜀𝑇 = −
Materialspänningen 𝜎0 som uppstår när temperaturen har återgått till noll beräknas sedan enligt
samma princip som i föregående lösning.
𝜀 = 𝜀𝑝 +
𝜎0
= 0 ⇒ 𝜎0 = −𝜀𝑝 𝐸 = −(−72,5) ⋅ 10−6 ⋅ 200 GPa = 14,5 MPa
𝐸
Alternativ lösning av e) (metod 2)
Vi börjar med att räkna ut vid vilken temperatur plastisk deformation börjar ske, genom att sätta in
sträckgränsen i Hooke’s lag med okänd temperatur, och 𝜀 = 0 som tidigare.
𝜀=0=
𝜎𝑛
𝜎𝑛
400 MPa
4 ⋅ 103
+ 𝛼Δ𝑇 ⇒ Δ𝑇 =
=
=
°C ≈ 153,846 °C
𝐸
𝐸𝛼 200 GPa ⋅ 13 ⋅ 10−6 /°C
2 ⋅ 13
Eftersom ingen plastisk deformation sker innan denna temperatur behöver vi bara bry oss om den
temperaturförändring som sker därefter.
Δ𝑇𝑛𝑦 = 165 °C − 153,85 °C ≈ 11,154 °C
I detta temperaturintervall kommer både plastisk och elastisk deformation motsvarande
temperaturexpantionen, men med negativt belopp att ske. Eftersom den elastiska deformationen
fortfarande sker med modul 𝐸 och den totala deforamationen med modul 𝑘 (se föregående lösning)
blir andelen elastisk deformation 𝑘/𝐸 och andelen plastisk deformation därför (1 − 𝑘/𝐸). Ur detta
kan den totala plastiska deformationen bestämmas.
𝑘
100 GPa
𝜀𝑝 = −𝛼Δ𝑇𝑛𝑦 ⋅ (1 − ) = 13 ⋅ 10−6 /°𝐶 ⋅ 11,154 °𝐶 ⋅ (1 −
)=
𝐸
200 GPa
−13 ⋅ 11,154 ⋅ 10−6 ⋅
1
≈ −72,5 ⋅ 10−6
2
Spänningen 𝜎0 beräknas sedan precis som i de tidigare uppgifterna.
𝜎0 = −𝜀𝑝 𝐸 = 72,5 ⋅ 10−6 ⋅ 200 GPa = 7,25 ⋅ 2 MPa = 14,5 MPa