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

Transkript

1 Tekniska Högskolan i Linköping, IEI /Tore Dahlberg TENTAMEN i Hållfasthetslära - Enkla bärverk TMHL0, kl LÖSNINGAR DEL 1 - (Teoridel utan hjälpmedel) 1. Du har en plattstav som utsätts för en enalig dragspänning σ 0 = 100 Ma. Det finns ett hål i plattstaven, se figur. Vad blir största spänningen i plattstaven? Data: B = 100 mm, a =40 mm, r = 4 mm. K t 3, 3,0,8 a 0 r 0 B B/a= 5 3, nom = B B - r 0,0 0 0,1 0, 0,3 0,4 Lösning: B/a =,5 och r/a = 0,1 ger (enl diagram) K t =,8 (ca), vilket ger σ ma =,8 (100/9) 100 = 304 Ma.,6,4,5,5 r/a 7

2 . Linus drar i en provstav och finner följande värden (töjning i promille och spänning i Ma). Staven pålastas till spänningen 60 Ma varefter den avlastas till noll. (a) Vilken sträckgräns har materialet och (b) vilken plastisk töjning har materialet genomgått? Du får använda nedanstående diagram för grafisk lösning. Töjning ? Spänning Lösning: Lägg in siffervärdena i diagrammet. Avläsning ger sträckgränsen σ s = 00 Ma och plastisk töjning efter avlastning ε pl = 0,00 (d v s ca 0 promille). spänning töjning 8

3 Tekniska Högskolan i Linköping, IK /Tore Dahlberg TENTAMEN i Hållfasthetslära - Enkla bärverk, TMHL0, kl DEL 1 - (Teoridel utan hjälpmedel) Q A B C Elementarfall: Konsolbalk z w() 3. En balk ABC (längd L, böjstyvhet EI), är fast inspänd i ändarna enligt figur. Balken belastas med en jämnt utbredd total last Q (N). Bestäm balkens nedböjning vid mittpunkten B. w()= L3 6EI w(l)= L3 3EI 3 L 3 L 3 w (L)= L EI z w() M w()= ML EI w(l)= ML EI L w (L)= ML EI q 0 (N/m) w()= q 0 L 4 4EI 4 L L L z w() w(l)= q 0 L 4 8EI w (L)= q 0 L 3 6EI Lösning: Symmetri råder med avseende på mittpunkten B. Betrakta halva balken som en konsolbalk (längd L) belastad med lasten Q längs AB och stödreaktionen M (uppåt) i B. Elementarfall ger vinkeln i B: Utböjningen blir Θ= QL 6EI ML EI = 0 som ger M = QL 6 δ= QL3 8EI ML EI = QL3 4EI 9

4 Tekniska Högskolan i Linköping, IEI /TD TENTAMEN i Hållfasthetslära - Enkla bärverk, TMHL0, kl DEL 1 - (Teoridel utan hjälpmedel) M0 z T 4. En fritt upplagd balk () belastas med momentet M 0 = L/ i = 0 och kraften i = L/, se figur. Rita moment- och tvärkraftsdiagram för balken (de givna koordinatsystemen får användas). Ange etremvärden i (eller vid sidan av) diagrammen. M M0 z T / + M 0 /L = - M 0 M Lösning: Jämvikt ger värden enligt figur. 10

5 Tekniska Högskolan i Linköping, IEI /TD TENTAMEN i Hållfasthetslära - Enkla bärverk TMHL0, kl DEL - (roblemdel med hjälpmedel) 1 E A 30 o v 30 o E, A h L L 5. Lina ska hänga upp en skylt som det står Linus på. Hon använder två stänger med mått enligt figur (olika tvärarea). Använd jämviktsekvationerna, materialsamband och deformationssamband för att bestämma knutens förskjutning. FEM får ej användas (FEM kommer i tal 8)!. Genomför beräkningarna i följande ordning a. Bestäm stångkrafterna S 1 och S b. Bestäm stängernas längdändringar δ 1 och δ c. Bestäm knutens vertikala och horisontella förskjutning Δ v och Δ h. Linus Lösning: a. Inför stångkrafterna S 1 och S. Snitta runt knuten och teckna jämvikt. Det ger som ger b. Stängernas längdändringar blir δ 1 = S 1 L 1 EA = 4L 3 3 Man ser att δ 1 =δ Inför knutförskjutningarna Δ v (nedåt) och Δ h (åt höger). Geometri ger som ger (med ) 3 S 1 + S 3 = 0 och S 1 S = 0 S 1 = S = 3 1 EA = L 3EA och δ = S L EA = L 3 3 δ 1 = Δ v 3 + Δ h och δ = Δ v 3 Δ h 3 δ 1 =δ Δ h = 0 och Δ v = δ 1 3 = 1 EA = L 3EA 4L 33EA 11

6 Tekniska Högskolan i Linköping, IEI /TD TENTAMEN i Hållfasthetslära - Enkla bärverk TMHL0, kl DEL - (roblemdel med hjälpmedel) 6. En lådbalk (ael) med tvärsektioner enligt de M v nedre figurerna (h << a) (notera att det är olika godstjocklek i de två delarna) har den totala A B L C längden L och är fast inspänd i ändarna. Aeln belastas i (sektionsövergången B) med ett h h vridande moment M v. (a) Bestäm (d v s längden av delen AB) så att h a h a halva momentet M v tas upp i delen AB och a a halva momentet M v i delen BC. Skjuvmodul G. (b) Vilken del kommer att få störst skjuvspänning? Motivera svaret. Lösning: (a) Talet kan lösas på flera sätt. Här väljs att ta bort stödet till höger och föra in ett moment M C där (samma riktning som M v ). Vridningen av aeln blir Θ= (M v + M C ) + M C (L ) = 0 GK v1 GK v där K v1 = 4A = 4a 4 = a 3 h och K ds 4a v = 4A ds t(s) h t(s) Inför också att M C = M v / (giver i uppgiften). Det ger = 4a 4 4a som ger =L/3. (b) Skjuvspäningen blir störst i delen BC eftersom skjuvningen blir störst där. (Man får τ ma = M v / M v = W v a h Skjuvspänningen efterfrågas ej i uppgiften.) h = a 3 h (L )=0 1

7 Tekniska Högskolan i Linköping, IEI /TD TENTAMEN i Hållfasthetslära - Enkla bärverk TMHL0, kl DEL - (roblemdel med hjälpmedel) 7. En balk vilar på fyra stöd enligt figur. Balken belastas med ett moment M 0 i vänsteränden. Delen ABC är L och har böjstyvhet EI. Den högra deled CD har så stor böjstyvhet att den kan anses vara stel. Bestäm den uppkomna vinkeln (snedställningen) Θ A vid A på grund av momentet M 0. M 0 L L, stel A B C D Lösning: Snitta vid stöden och för in snittmomenten M B och M C enligt figur. M 0 M L B M L, EI C L, stel A B C D Samma lutning av balken vid stödet B ger Θ BA =Θ BC ger M 0 L 6EI M BL 3EI = M BL 3EI M CL 6EI som ger M 0 M B = M B M C Lutningen noll av balken vid stödet C ger Θ CB = 0 ger M B L 6EI M CL 3EI = 0 som ger M C = M B / Ekvationerna (a) och (b) ger momentet M B =M 0 /7 och M C = M 0 /7. Lutningen vid A blir Θ A = M 0L 3EI M BL 6EI = M 0L = 0, 86 M 0L 7EI EI (Jämför med talet 1/45 i läroboken.) (a) (b) 13

8 TENTAMEN i Hållfasthetslära - Enkla bärverk TMHL0, kl DEL - (roblemdel med hjälpmedel) v v 1 E, A, L u u 1 1 E 3 E A A v L 3 L u3 8. Detta tal ska lösas med finita element-metoden. Tre elastiska stänger är sammanfogade till ett stångbärverk enligt figur. (a) Bestäm förskjutningen under kraften, samt (b) kontrollera, med FEM, att (global) jämvikt är uppfylld för bärverket. Lösning: Gör följande frihetsgradsuppdelning: Bilda elementstyvhetsmatriserna K e 1 = EA L 1 0 sym 0 K e = EA L sym 1 α L = v 3 Assemblera följande system: K LL K LS α L T K LS K SS α = f L S f S som ger α L = K -1 LL f L och f S = K T LS α L ty α S = 0. Det ger EA 1 u L 1 v = 0 3 som ger u = v L / EA = L 1 EA (b) Bestäm reaktionskrafterna f S = EA 0 1 u = L 1 1 v /3 u K 3 e = EA L och α s = /3 /3 u 1 v 1 v u 3 = sym 1 /3