Lösningsförslag, Inlämningsuppgift 2, PPU203 VT16.

Transkript

1 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 A 2 40 cm 2 R p0.2 (1) 650 MPa R p0.2 (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 S 1 : F α β S 1 : F sin α S 1 sin β 0 S 1 F sin α sin β 10,0 kn sin 55 sin 40 30,585 kn Tillåten spänning ges av säkerhetsfaktorn n s och resttöjningsgränsen för materialet i akterstaget. Sedan kan erforderlig snittyta och diameter räknas fram. σ till R p0.2 n s S MPa 1,5 433,33 MPa σ till S 1 A, A πd2 4 πd 2 4 S 1 σ till d 2 4 S 1 π σ till d 4 S ,585 kn 30, π σ till π 433,33 N/mm2 π 433,33 mm 9,480 mm 9,5 mm

2 b) (1p) Vad blir materialspänningen och säkerheten mot resttöjningsgränsen i masten? Materialet i masten har resttöjningsgränsen R p MPa. Och S 2 kan lösas ut ur den vertikala jämviktsekvationen. : F cos α + S 1 cos β + S 2 0 S 2 F cos α S 1 cos β 37,195 kn σ 2 S 2 37,195 kn A 2 40 cm 2 37,195 N 4 mm 2 9,30 MPa n s2 R p0.2 σ 2 90 MPa 9,30 MPa 9,68 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. L 2 h δ σl E, L 1 L 2 cos β δ 1 σ 1L 2 E 1 cos β, δ 2 σ 2L 2 E 2 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. Ny knytpunkt δ 1 433,33 MPa 10,0 m 190 GPa cos ,33 10,0 mm 29,77 mm 190 cos 40 Δ V δ 2 10,0 9,30 MPa 70 GPa 10 9,3 mm 1,33 mm 70 Δ H β

3 Mast-toppens förflyttning kan sedan utläsas grafiskt (om figuren ritats noggrant och skalenligt) eller lösas matematiskt: β δ 2 + δ 1 cos β Total förflyttning: Δ H δ 2 + δ 1 / cos β tan β 1, ,77/ cos 40 tan 40 47,90 mm Δ tot Δ H 2 + Δ V 2 47, ,33 2 mm 47,92 mm Alternativ lösning på c) δ 1 och δ 2 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. Δ H h β a h + δ 2 c h cos β + δ 1 a h Δ V γ γ b h tan β b c 2 a 2 + b 2 2ab cos γ γ cos 1 c2 a 2 b 2 2ab Δ H a sin(γ 90 ) a cos γ Δ V h a cos(γ 90 ) h a sin γ

4 Med specifika numer: c a h + δ 2 10,0 m 1,33 mm 9998,67 mm b h tan β 10,0 m tan ,00 mm h cos β + δ 1 10,0 m + 29,77 mm 13083,84 mm cos 40 γ cos 1 c2 a 2 b 2 2ab cos , , , , ,00 90,275 Δ H a cos γ 9998,67mm cos 90,275 47,99 mm Δ V h a sin γ mm 9998,67 mm sin 90, 275 1,45 mm Δ tot Δ H 2 + Δ V 2 47, ,45 2 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: σ (MPa) Spänning-töjning 600 σ n ε (mm/m)

5 d) (2p) Stången värms till 150 C, hur stor blir materialspänningen. För enkelhetens skull använder jag σ n 400 MPa som exempelvärde här: Givet: ΔT 150 C α / C σ n 400 MPa E-modulen bestäms ur diagrammet (lutningen på den elastiska biten). E σ n ε e 400 MPa 200 GPa 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 GPa 200 GPa / 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.

6 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. σ (MPa) Spänning-töjning ε P -0,0725 mm/m ε (mm/m) αδt ,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 ε P 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. ε p läggs in i högerledet på Hooke s lag, och den totala förlängningen antas fortfarande vara 0. Den nya materialspänningen vid 0 grader benämns σ 0. Temperaturtermen behövs inte eftersom vi nu är tillbaks vid utgångstemperaturen. ε ε P + σ 0 E 0 σ ε PE ( 0,0725) mm 200 GPa 0, MPa 14,5 MPa m

7 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 σ n (samtliga värden ur diagrammet) (4 2) 10 3 k GPa 100 GPa 4 2 Termen σ/e i Hookes lag ersätts med σ n för töjningen innan sträckgränsen (enbart elastisk) och σ x σ n k E för töjningen (elastisk + plastisk) som sker mellan sträckgränsen och den okända spänningen σ x. Töjningen är fortfarande 0. ε 0 σ n E + σ x σ n + αδt σ x σ n σ n k k E αδt 100 GPa σ x k σ n E kαδt + σ n 400 MPa GPa C 400 MPa 200 GPa C 400 MPa 100 MPa MPa 414,5 MPa 2 Den totala töjningen kan sedan formuleras som summan av plastisk töjning, elastisk töjning och temperaturexpansion: ε ε p + ε e + ε T 0 ε p ε e ε T σ x E 415, 5 MPa αδt C 200 GPa C ( ) 106 ε p 72, Materialspänningen σ 0 som uppstår när temperaturen har återgått till noll beräknas sedan enligt samma princip som i föregående lösning. ε ε p + σ 0 E 0 σ 0 ε p E ( 72,5) GPa 14,5 MPa

8 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 σ n E + αδt ΔT σ n Eα 400 MPa 200 GPa / C C 153,846 C Eftersom ingen plastisk deformation sker innan denna temperatur behöver vi bara bry oss om den temperaturförändring som sker därefter. ΔT ny 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. ε p αδt ny (1 k E ) GPa 10 6 / C 11,154 C (1 200 GPa ) 13 11, , Spänningen σ 0 beräknas sedan precis som i de tidigare uppgifterna. σ 0 ε p E 72, GPa 7,25 2 MPa 14,5 MPa