Enkla bärverk TMHL02, 2009-03-13 kl 14-18

Tekniska Högskolan i Linköping, IEI /Tore Dahlberg
TENTAMEN i Hållfasthetslära - Enkla bärverk TMHL02,
2009-03-13 kl 14-18
LÖSNINGAR
DEL 1 - (Teoridel utan hjälpmedel)
1.
Du har en plattstav som utsätts för en
enaxlig dragspänning σ 0 = 100 MPa.
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
3,2
3,0
2,8
a
0
2r
0
B
B/a= 5
3
2,2
nom =
B
B - 2r 0
2,0
0 0,1 0,2 0,3 0,4
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.
2,6
2,4
2,5
2,25
2
r/a
7

2.
Linus drar i en provstav och finner följande värden (töjning i promille och
spänning i MPa). Staven pålastas till spänningen 260 MPa 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 0 5 10 15 20 25 30 40 45 ?
Spänning 0 50 100 150 200 210 230 250 260 0
Lösning: Lägg in siffervärdena i diagrammet. Avläsning ger sträckgränsen σ s
= 200 MPa och plastisk töjning efter avlastning ε pl = 0,020 (d v s ca 20
promille).
spänning
200
100
10 40
töjning
8

Tekniska Högskolan i Linköping, IKP /Tore Dahlberg
TENTAMEN i Hållfasthetslära - Enkla bärverk, TMHL02, 100313 kl
14-18
DEL 1 - (Teoridel utan hjälpmedel)
2 Q
2 L, EI
A B C
Elementarfall: Konsolbalk
P
L, EI
x
z w(x)
3. En balk ABC (längd 2L, böjstyvhet EI),
är fast inspänd i ändarna enligt figur.
Balken belastas med en jämnt utbredd total
last 2Q (N). Bestäm balkens nedböjning
vid mittpunkten B.
w(x)= PL3
6EI
w(L)= PL3
3EI
⎛
⎜
⎝ 3 x 2
L − x 3 ⎞ ⎟⎠
2 L 3
w’(L)= PL2
2EI
z
L, EI
w(x)
M
x
w(x)= ML2
2EI
w(L)= ML2
2EI
⎛ x 2 ⎞
⎜ ⎟⎠
⎝ L 2
w’(L)= ML
EI
q 0 (N/m)
w(x)= q 0 L 4
24EI
⎛
⎜
⎝
x 4
L 4 − 4 x 3
L 3 + 6 x 2
L 2 ⎞ ⎟⎠
z
L, EI
w(x)
x
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= QL2
6EI − ML
EI
= 0 som ger M =
QL
6
δ= QL3
8EI − ML2
2EI = QL3
24EI
9

Tekniska Högskolan i Linköping, IEI /TD
TENTAMEN i Hållfasthetslära - Enkla bärverk, TMHL02, 100313 kl
14-18
DEL 1 - (Teoridel utan hjälpmedel)
M0
x
z
T
P
L, EI
x
4. En fritt upplagd balk (L, EI) belastas med
momentet M 0 = PL/2 i x = 0 och kraften P i x =
L/2, se figur. Rita moment- och tvärkraftsdiagram
för balken (de givna koordinatsystemen
får användas). Ange extremvärden i (eller vid
sidan av) diagrammen.
x
M
M0
x
z
T
P
L, EI
P /2 + M 0 /L = P
-M 0
M
x
x
Lösning:
Jämvikt ger värden enligt figur.
10

Tekniska Högskolan i Linköping, IEI /TD
TENTAMEN i Hållfasthetslära - Enkla bärverk TMHL02, 100313 kl
14-18
DEL 2 - (Problemdel med hjälpmedel)
1
E
2 A
30
o
v
30 o 2
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 2
b. Bestäm stängernas längdändringar δ 1 och δ 2
c. Bestäm knutens vertikala och horisontella
förskjutning Δ v och Δ h .
Linus
P
Lösning: a. Inför stångkrafterna S 1 och S 2 . Snitta runt knuten och teckna
jämvikt. Det ger
som ger
b. Stängernas längdändringar blir
δ 1
= S 1 L 1
2EA = P 4L
√⎯3 √⎯3
Man ser att
δ 1
=δ 2
Inför knutförskjutningarna Δ v (nedåt) och Δ h (åt höger). Geometri ger
som ger (med )
√⎯3
S 1
2 + S √⎯3
2
2 − P = 0 och S 1
2 − S 2
2 = 0
S 1
= S 2
= P √⎯3
1
2EA = 2PL
3EA och δ = S 2 L 2
2
EA = P 2L
√⎯3 √⎯3
δ 1
= Δ v
2 √⎯ 3 + Δ h
2
och
δ 2
= Δ v
2 √⎯ 3 − Δ h
2 √⎯ 3
δ 1 =δ 2
Δ h
= 0 och Δ v
= 2 δ 1
√⎯3 =
1
EA = 2PL
3EA
4PL
√⎯33EA
11

Tekniska Högskolan i Linköping, IEI /TD
TENTAMEN i Hållfasthetslära - Enkla bärverk TMHL02, 100313 kl
14-18
DEL 2 - (Problemdel med hjälpmedel)
6.
x
En lådbalk (axel) med tvärsektioner enligt de
M v
nedre figurerna (h

Tekniska Högskolan i Linköping, IEI /TD
TENTAMEN i Hållfasthetslära - Enkla bärverk TMHL02, 100313 kl
14-18
DEL 2 - (Problemdel med hjälpmedel)
7.
En balk vilar på fyra stöd enligt figur. Balken belastas med ett moment M 0 i
vänsteränden. Delen ABC är 2L 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, EI 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
− 2M B
= 2M 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
/ 2
Ekvationerna (a) och (b) ger momentet M B =2M 0 /7 och M C = M 0 /7.
Lutningen vid A blir
Θ A
= M 0L
3EI − M BL
6EI = 2M 0L
= 0, 286 M 0L
7EI EI
(Jämför med talet 12/45 i läroboken.)
(a)
(b)
13

TENTAMEN i Hållfasthetslära - Enkla bärverk TMHL02, 100313 kl 14-18
DEL 2 - (Problemdel med hjälpmedel)
v
2
v
1
E, A,
2 L
u
u
1 1
2
E
2
3
E
2 A
2 A
v
2 L 3
2 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 P, samt
(b) kontrollera, med FEM, att
(global) jämvikt är uppfylld för
bärverket.
Lösning: Gör följande frihetsgradsuppdelning:
Bilda elementstyvhetsmatriserna
P
⎡ 1 0 − 1 0⎤
K e 1
= EA
0 0 0
⎢
⎥
2 L ⎢ 1 0⎥
⎣sym 0⎦
K 2 e = EA
2L
1 − 1 − 1 1 ⎤
1 1 − 1
⎥
1 − 1⎥
⎣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 ⎡ 2 − 1⎤
⎧u 2
⎫
⎢ ⎥ ⎨ ⎬
2L ⎣ − 1 2 ⎦ ⎩v = ⎧ 0 ⎫
⎨ ⎬
3 ⎭ ⎩ − P⎭
som ger
⎧u 2
⎫
⎨ ⎬⎭ = 1 ⎡
⎢
2 1 ⎤ ⎧ 0 ⎫
⎥ ⎨
⎬
⎩v 3
3 ⎣1 2⎦
⎩ − 2PL / EA
= − 2PL ⎧1⎫
⎨ ⎬
⎭ EA ⎩2⎭
(b) Bestäm reaktionskrafterna
⎡ −1 1 ⎤ ⎧ 1 ⎫
f S
= EA
0 − 1
⎧u 2
⎫
⎢ ⎥ ⎨ ⎬⎭ =− P ⎪ − 2⎪
⎨ ⎬
2L ⎢ 1 − 1⎥
⎩v 3
3
⎪ − 1
⎪
⎣ − 1 0 ⎦ ⎩ − 1⎭
14
P/3
u 2
K 3 e = EA
2L
P
⎧u 1
⎫ ⎪⎪
⎪v 1
och α s
= ⎨ ⎬ = 0
v
⎪ 2⎪⎪
⎩u 3 ⎭
1 1 − 1 − 1⎤
1 − 1 − 1
⎥
1 1 ⎥
⎣sym 1 ⎦
⎡
⎢
⎢
2 P/3
P/3
P/3