Lösningar

I ns ti t u t io ne n f ö r t i llä mp a d m ek a ni k, C h al me r s t ek ni sk a hö g sk o l a
Lösnin
g
TENTAMEN I HÅLLFASTHETSLÄRA F — MHA 081
ar
19 AUGUSTI 2015
Tid och plats:
8.30—12.30 i M–huset. Lärare besöker salen ca 9.30 samt 11.30
Hjälpmedel:
1. Lärobok i hållfasthetslära: Hans Lundh, Grundläggande hållfasthetslära,
Stockholm, 2000.
2. Handbok och formelsamling i hållfasthetslära, KTH, eller utdrag ur denna;
vid Inst. for tillämpad mekanik utarbetad formelsamling.
3. Publicerade matematiska, fysiska och tekniska formelsamlingar.
Medtagna böcker får innehålla ‘normala’ marginalanteckningar, men inga lösningar till problemuppgifter. Lösa anteckningar i övrigt är inte tillåtna. Vid
tveksamma fall: kontakta skrivningsvakten innan hjälpmedlet används.
4. Typgodkänd miniräknare.
Lärare:
Peter Möller, tel (772) 1505
Lösningar:
Anslås vid ingången till institutionens lokaler, plan 3 i norra trapphuset, Nya
M–huset, 20/8. Se även kurshemsidan.
Poängbedömning: Varje uppgift kan ge maximalt 5 poäng. Maxpoäng på tentan är 25. Betygsgränser: 10–14p ger betyg 3; 15–19p ger betyg 4; för betyg 5 krävs minst 20p. Ytterligare 1 poäng ges för varje korrekt löst inlämningsuppgift under kursens gång
(lp 4 2015) — dock krävs ovillkorligen minst 7 poäng på tentamen.
För att få poäng på en uppgift ska lösningsförslaget vara läsligt och
uppställda ekvationer/samband motiveras (det ska vara möjligt att
följa tankegången). Använd entydiga beteckningar och rita tydliga
figurer. Kontrollera dimensioner och (där så är möjligt) rimligheten i
svaren.
Resultatlista:
Anslås 24/8 2015 på samma ställe som lösningarna. Resultaten sänds till
betygsexpeditionen senast 4/9.
Granskning:
Tisdag 1/9 1200–1300 samt torsdag 3/9 1200–1300 på inst. (plan 3 i norra trapphuset, nya M–huset).
Uppgifterna är inte ordnade i svårighetsgrad
—1—
2015–08–19/PWM
1.
f(x )
d
En axel av ett lineärt elastiskt material med
skjuvmodul G , är fixerad i sina båda ändar.
x
Axelns längd är L och den belastas av ett förde-
L
0
f x
L
0
lat vridmoment f ( x ) = ------ , där f 0 är en given kon-
stant (moment/längd). Bestäm största vridningsvinkeln om axeln har ett massivt cirkulärt
tvärsnitt med diameter d . (5p)
2.
Spänningarna i en punkt i en elastisk kropp har bestämts till σ x = σ y = τ xy = 46 MPa ,
τ xz = τ yz = 32 MPa , samt σ z = – 20 MPa .
a: Beräkna säkerheten mot plasticering enligt von Mises hypotes, om materialets sträckgräns vid
enaxlig dragning är σ s = 260 MPa (1p)
–1 1
b: Bestäm spänningarna på ytan (genom punkten) med normalvektorn n = ------ ------- 0
2
T
(1p)
2
c: Vilken är den största skjuvspänning som uppträder (på något plan) i punkten? (3p)
3.
–Q
q = ------L
En lineärt elastisk balk med längd L och konstant böjstyv–Q
L
het EI belastas med en jämnt fördelad last q = ------- ( Q är
S
EI
x
kraftresultanten och minustecknet betyder att kraften är
riktad nedåt). Högra änden av balken är stelt infäst, medan
L
0
den vänstra sidan är elastiskt infäst med styvheten S ; dvs infästningsmomentet vid vänster ände
är proportionellt mot balken rotation vid x = 0 , där proportionalitetskonstanten är S . Bestäm
EI
L
snittmomentet M ( x ) och tvärkraften T ( x ) i balken för fallet då S = ------ . (5p)
—2—
2015–08–19/PWM
4.
t
z
Balken i föregående uppgift har ett U–tvärsnitt med höjden H ,
H
y
H
10
bredden 2H och godstjocklek t . Låt L = 50H , t = ------ och
betrakta tvärsnittet som tunnväggigt ( t « H ).
2H
a: I ett visst tvärsnitt längs balken har snittmomentet beräk– 19QL
300
nats till M = ----------------- . Bestäm största drag– ( σ > 0 och tryckspänning ( σ < 0 ) i snittet. Uttryck
svaren i Q och H . (3p)
b: I ett annat snitt längs balken, har skjuvspänningen i de vertikal delarna av tvärsnittet beräk9Q
2
2
nats till τ ( z ) = ------------4- ( 9H – 16z ) . Hur stor är tvärkraften i detta tvärsnitt? (Bidraget från den
20H
horisontella delen (med bredd 2H ) kan försummas). (2p)
5.
P
En ram består av en vertikal del AB och en horisontell del BC; båda delarna har samma länd L och
θ
C
L, EI
B
böjstyvhet EI . Vid A är ramen fast inspänd och vid
C belastas den av en kraft P vars vekningslinje bil-
L, EI
dar vinkeln θ mot horisontalplanet. Hitta de vinklar θ som gör förskjutningen av C är parallell med
kraftens verkningslinje. Endast böjdeformationer
A
behöver beaktas.(5p)
2
Lösning 1: Med konstant vridstyvhet GK fås vridningsvinkeln som lösningen till
dϕ
dx
x
–f ( x )
= ------------ (ForGK
4
πd
32
f x
L
0
melsamling sid 2). Här har vi f ( x ) = ------ och tvärsnittsfaktorn K = --------- (Formelsamling sid 6), så
16f x
3
0
efter integrationer fås ϕ ( x ) = A + Bx – -------------------. Randvillkoren ϕ ( 0 ) = 0 och ϕ ( L ) = 0 ger A = 0 res4
3πGd L
16f L
16f L
2
0
0
pektive B = ---------------- , så ϕ ( x ) = ----------------4- --- –  ---
4
3πGd
3πGd L L
x
x
3
. Vi har då att
dϕ
x
1
= 0 för --- = ------- , så
dx
L
3
2
32f 0 L
L
ϕ max = ϕ  ------- = ------------------------4
 3
9 3πGd
—3—
2015–08–19/PWM
Lösning 2a: Effektivspänningen enligt von Mise kan beräknas direkt med de givna spänningarna
(Formelsamling sid 14 eller H Lundh ekv 12–4): σ e = 129,8 MPa . Säkerheten mot plasticering blir
σ
σe
då s = -----s = 2,0
46 46 32
Lösning 2b: Bilda spänningstensorn enligt Lundh ekv 9–6: S = 46 46 32 MPa . Spänningsvek32 32 – 20
torn på ytan med normalen n = – 1 1 0
T
⁄ ( 2 ) är då s = Sn = 0 0 0
T
(Lundh ekv 9–28). Eftersom
spänningsvektorn är en noll–vektor, är både normal– och skjuvspänning på ytan noll: σ = τ = 0
(Lundh ekv 9–29,31).
Lösning 2c: Den största skjuvspänningen fås som halva skillnaden mellan största och minsta
huvudspänningen (Lundh ekv 12–12). Huvudspänningarna fås som egenvärdena till spänning2
stensorn: det ( S – σI ) = 0 ger ( – σ ) ( σ – 72σ – 3888 ) = 0 . Vi finner σ = 0 och
 108 MPa
2
108 – ( – 36 )
σ = ( 36 ± 36 + 3888 ) MPa = 
och får τ max = ----------------------------- MPa = 72 MPa
2
 – 36 MPa
2
Lösning 3: Vi beräknar här snittmomentet genom M ( x ) = – EI
dw
dx
kens transversalförskjutning; sedan fås tvärkraften som T ( x ) =
2
(Lundh ekv 7–65), där w är bal-
dM
(Lundh ekv 7–3). Transversaldx
förskjutningen fås genom att lösa elastiska linjens ekvation; med konstant böjstyvhet EI har vi
4
här (Formelsamling sid 3) EI
3
EI
2
dw
Qx
= A – ------3
L
dx
EI
dw
–Q
= ------- . Integrera 4 ggr:
L
dx
dw
4
2
Qx
= Ax + B – --------2L
dx
2
3
2
EI
Qx
dw Ax
= --------- + Bx + C – --------6L
dx
2
2
3
4
Qx
Bx
Ax
EIw = --------- + --------- + Cx + D – --------24L
2
6
M ( 0 ) = – EIw'' ( 0 )
Randvillkoren: Momentjämvikt vid ett snitt x = 0 ger att
w' ( 0 )
M A = Sw' ( 0 )
M A + M ( 0 ) = 0 , där infästningsmomentet är
dw
= S
dx
MA
2
1 dw
– --L dx
dw
dx
2
dw
dx
x=0
x=0
EI dw
= -----L dx
2
och snittmomentet är M ( 0 ) = – EI
dw
dx
x=0
. Detta ger oss randvillkoret
2
x=0
= 0 . Övriga randvillkor är geometriska; vi har trivialt w ( 0 ) = 0 , w ( L ) = 0 , samt
x=0
= 0.
x=L
—4—
2015–08–19/PWM
Vi finner nu integrationskonstatern
2Q
A = ------5
2
och får då momentet M ( x ) = – EI
T =
2
– QL
B = ----------60
– QL
C = ------------60
D = 0
2
Qx
QL
x 2
x
= --------- – Ax – B = --------  30  --- – 24 --- + 1 samt tvärkraften




2L
60
L
L
dx
dw
2
dM
Q x
= ----  5 --- – 2
dx
5 L
Lösning 4a: Av ett böjande moment kring y –axeln fås norz
Mz
Iy
malspänningen σ = ------- (Lundh ekv 7–26). För att beräkna
y
z tp
areatröghetsmomentet kring y –axeln ( I y ) och hitta max/min
η
för z –koordinaten, måste vi först hitta yt–tyngdpunktens läge
i z –led. Statiska momentet kring en axel η längs tvärsnittets underkant är
H
H
S η = Az zp = 2  Ht ⋅ ---- + 2Ht ⋅ 0 , där A = 4Ht är tvärsnittsytan; man finner z zp = ---- .

2
4
Areatröghetsmomentet fås nu med Steiners sats (Lundh ekv 7–42):
3
3
2
Ht
2
tH
H
I y = -------- + 2Ht ⋅ z tp + 2  -------- + Ht ⋅  ---- – z tp  , där de två första termerna är bidraget från den horison



12
12
2
3
5H t
12
4
H
24
tella delen; om tunnväggighet beaktas kan första termen försummas och man får I y = ------------ = ------ .
19QL  – H
 –--------------- 300 - ⋅  -----4
– 19QL
–
H
19Q
Eftersom M = ----------------- < 0 fås störst dragspänning för z min : σ max,drag = σ  ------- = ---------------------------------------- = --------4
2
300
4
H
H
-----24
Störst tryck fås i ovankant: σ max,tryck = σ  ------- = ------------2
4
H
3H
– 57 Q
Lösning 4b: Kraften F i en av de vertikala delarna, fås som kraftresultanten av skjuvspänningen
3H ⁄ 4
i delen: F =
∫
–H ⁄ 4
3H ⁄ 4
9Qt
τt dz = ------------420H
∫
–H ⁄ 4
2
2
9Q
2
16 3
( 9H – 16z ) dz = ---------------3- 9H z – ------ z
3
200H
3H ⁄ 4
–H ⁄ 4
3Q
= ------- . Tvärkraften är alltså
10
3Q
T = 2F = ------5
Lösning 5: Komponentuppdela kraften i en vertikal och horisontell del:
Pv
P v = P sin θ samt P h = P cos θ . Vi beräknar förskjutningarna p v och p h i de två
kraftkomponenternas respektive riktningar och beräknar vinkeln θ så att
θ
ph
pv
tan θ = ----- .
ph
—5—
Ph
C
pv
2015–08–19/PWM
Vi använder här Castiglianos 2s sats för att beräkna förskjutningskomponenterna vid C: p v =
samt p h =
∂W
∂ Pv
∂W
, (Lundh ekv 15–96) där den elastiska energin med hänsyn taget till enbart böjning
∂ Ph
2
M
2EI
är W = ∫ --------- ds (Lundh ekv 15–44); (integrationen görs över hela bärverket). Vi söker nu det
s
böjande momentet M i ramdelarna.
Snitta på ett avstånd x från C. Momentjämvikt ger att M ( x ) = P v x och
vi har också att
Pv
T
∂M
∂M
= x samt
= 0.
∂Pv
∂ Ph
C
M
x
Snitta på ett avstånd y nedanför B. Vi får här att M ( y ) = Pv L – P h y ,
så
Ph
N
∂M
∂M
= L och
= –y .
∂ Pv
∂Ph
Pv
y
Ph
L
B
0
Vi får nu
0
C
T
M
L
L

2

∂W
∂ M
M ∂M
1
2
2
--------- ds = ∫ -----ds = ------  ∫ Pv x dx + ∫ ( P v L – Ph Ly ) dy  =
=
pv =
∂Pv
∂ Pv ∫ 2EI
EI ∂ P v
EI 

s
s
0
0

3
N
3
3
1  4P v L Ph L 
PL
------  --------------- – ------------ = --------- ( 8 sin θ – 3 cos θ )
EI  3
2 
6EI
3
M ∂M
PL
ds = … = --------- ( 2 cos θ – 3 sin θ ) .
EI ∂ Ph
6EI
och p h = ∫ -----s
p
ph
8 sin θ – 3 cos θ
2 cos θ – 3 sin θ
Vi får då ekvationen för de sökta vinklarna: ----v- = ----------------------------------- = tan θ . Detta förenklas enkelt till
2
2
2 sin θ cos θ + ( sin θ ) – ( cos θ ) = 0 . Övergång till dubbla vinkeln ger sin 2θ – cos 2θ = 0 eller tan 2θ = 1 ,
π
4
θ
8
π
2
som har lösningen 2θ = --- + nπ , n = 0, 1, 2, … , dvs θ = --- + n --- . Med n = 0, 1, 2 och 3 fås lösningarna
θ = 22,5° , θ = 112,5° , θ = 205,5° samt θ = 292,5°
—6—
2015–08–19/PWM