FÃ¥r

Hållfasthetslära - enkla bärverk, TMHL02
Sammanfattning
(Får ej medföras på tentamen)
Fö 1. Jämvikt, spänning, deformation, töjning
Tre typer av grundsamband
1. Jämvikt
2. Deformationssamband
3. Materialsamband
Normalspänning
Medelvärde
σ= P A
Spänning i en punkt
Spänningskoncentration:
Jämvikt:
Normaltöjning
Medelvärde:
Töjning i en punkt
Vid stora deformationer:
∆P
σ= lim
∆A → 0 ∆A
σ max
= K t
σ nom
dσ x (x)
+ k
dx x
(x)=0
ε= δ L för δ L
ε= d u
d x
ε=ln L L 0
Dragprov
Fö 2 Materialmodeller
spänning
s
E
töjning
En materialmodell: Hookes lag
ε= σ E för |σ|

ottgräns σ B , R m
sträckgräns σ s , R eL , R eH
förlängningsgräns σ 0,2 , R p0,2
utmattningsgräns σ u
Fler materialmodeller:
Hookes lag med temperaturterm
ε= σ E +α∆T (för |σ|

Superposition - lösningar kan adderas (eftersom endast linjära samband
förekommer)
Flytlastförhöjning
β= P f − P s
P s
där P f är kollapslast och P s den last som ger begynnande plasticering
Fö 4 Skjuvning
Snittstorheter: tvärkraft T och vridande moment M v
Skjuvspänning (medelvärde)
τ= T A
Vridning av tunnväggigt rör
Skjuvspänning vid hörn
τ= M v
2π R 2 t = M v
W v
τ xy
=τ yx
Skjuvning (skjuvtöjning) - ändring av en rät vinkel
En materialmodell (Hookes lag)
Materialparametrar:
skjuvmodul G, där
γ= ∂u
∂y + ∂v
∂x
γ= τ G (för |τ|

Fö 5 Vridning
Vridning av tunnväggigt cirkulärt rör
Tunnväggigt rör med godtyckligt tvärsnitt
A är den av medellinjen inneslutna arean
Allmänt gäller
τ max
τ= M v
2πR 2 t = M v
W v
Θ= M v L
G 2πR 3 t = M v L
GK v
τ max
= M v
2 At min
= M v
W v
Θ= M v L
GK v
där K v
= 4A 2 / ⌠ ⌡ s
ds
t(s)
= M v
W v
och Θ= M v L
GK v
eller Θ= ⌠ ⌡ 0
L M v (x) dx
G(x) K v (x)
W v är vridmotståndet (ges av tvärsnittets form), GK v är vridstyvheten,
G är skjuvmodulen och K v är vridstyvhetens tvärsnittsfaktor (ges av
tvärsnittets form)
Flytlastförhöjning
β= M vf − M vs
M vs
där M vs är det moment som ger begynnande plasticering och
M vf är fullplasticeringsmomentet (kollapslasten)
Vridproblemen kan vara statiskt bestämda eller statiskt obestämda. För
lösningsgång i de två fallen - se stångbärverk
Elastisk-plastisk vridning (linjärt elastiskt, idealplastiskt material)
vrid
M v = M 1 =0;
τ vrid
= 0
a
r
vrid
a
r
M v = M 2 > M 1 ;
τ vrid
= M 2
W v
r
a
4

vrid
a
r
M v = M 3 > M 2 ;
τ vrid
= M 3
W v
r
a
vrid
a
r
s
M v = M vs = M 4 > M 3 ;
τ max
=τ s
= M vs
W v
τ vrid
= M vs
W v
r
a
vrid
a
elast.
plast.
r
s
M v = M 5 > M 4 = M vs ;
τ max
=τ s
för r >ρ;
r
τ vrid
=τ s
för r M 5 ;
τ max
=τ s
för r >ρ;
r
τ vrid
=τ s
för r M 6 ;
τ max
=τ s
för alla r
Man får (här)
M vf
= 4 3 M vs
Avlasta momentet M vf . Detta åstadkommes genom att man på den belastade
stången superponerar momentet M vf (= 4M vs /3) men riktat åt motsatt håll.
Man får
vrid
M v = M vf - M vf =0;
s
a
r
vrid
a
4 s 3
s
r
1
3 s
τ(r)=τ s
− 4 3 τ s
τ(r) är kvarstående spänningar (restspänningar,
residualspänningar) i stången efter avlastningen.
r
a
5

Area-storheter
Area
Statiskt ytmoment
här
Yttröghetsmoment
Fö 6 Plana ytors geometri
A = ⌠ dA
⌡ A
S A’
= ⌠ z dA
⌡ A’
S A
= ⌠ z dA = 0 ty origo i tp
⌡ A
I y
= ⌠ z 2 dA
⌡ A
Rektangulärt tvärsnitt
Cirkulärt tvärsnitt
Steiners sats
I y
= BH3
12
I y
= π R 4
4
I y
= I A’ tp
+ e 2 A’
Fö 6 Balkböjning: snittstorheter
Samband mellan snittstorheter och spänningar
N = ⌠ σ
⌡ x
dA T y
= ⌠ τ
A ⌡ xy
dA T z
= ⌠ τ
A ⌡ xz
dA
A
M x
= M vrid
= ⌠ (τ
⌡ xz
⋅ y −τ xy
⋅ z) dA
A
M y
= ⌠ ⌡ A
σ x
⋅ z dA och M z
=− ⌠ ⌡ A
σ x
⋅ y dA
Samband mellan snittstorheter (N, T z och M y ) och utbredd last p(x) och q(x)
(N/m)
N
M T
x
z
q( x)
p( x)
M
T
N
dN
=−p(x)
dx
(1)
dT z
=−q(x)
dx
(2)
dM y
dx
= T(x) (3)
6

Sambanden (2) och (3) ger diff.ekv
d 2 M y
dx =−q(x)
2
som integreras två gånger.
Integrationskonstanterna bestäms ur rand- villkor (RV). Två av storheterna
T(0), T(L), M(0) och M(L) måste kunna förutsägas
Fö 7 Balkar: normalspänningar
Normalspänning i balk p g a N och M y :
σ= N A + M y ⋅ z
I y
Normalspänning i balk p g a M y och M z :
σ= M y ⋅ z
− M z ⋅ y
OBS minus-tecknet
I y I z
Balkens deformation:
där R är balkens krökningsradie
Plastisk böjning av balk
Flytlastförhöjning
1
R = M EI
β= M f − M s
M s
M s är det moment som ger begynnande plasticering
M f är det moment som ger kollaps
Fö 8 Balkar: skjuvspänningar
Skjuvspänning p g a tvärkraft T
τ(x, z)= T(x) S A’(z)
Ib(z)
där S A’ är statiskt ytmoment för del-arean A’
I är yttröghetsmoment (för hela arean A)
b är längden av arean A’:s begränsningslinje
Skjuvspänning vid tyngdpunkten
τ tp
=µ T A
där µ är Jouravskifaktorn
Skjuvcentrum
Den punkt som tvärkraftens verkningslinje ska gå igenom för att balken ska
utsättas för ren böjning (och ingen vridning)
7

Fö 9 Elastiska linjens differentialekvation
Differentialekvation (DE) och randvillkor (RV)
EI = konstant
EI = EI(x)
DE:
DE:
EI w IV (x)=q(x)
{ EI(x) w’’(x)}’’ = q(x)
RV:
RV:
w(0), w(L)
w(0), w(L)
w’(0), w’(L)
w’(0), w’(L)
M(x) = − EIw’’(x) M(x) = − EI(x)w’’(x)
där x = 0 eller L
där x = 0 eller L
T(x) = EIw’’’(x)
T(x)=− d
−
{ EI(x) w’’(x)}
dx
där x = 0 eller L
där x = 0 eller L
Som randvilllkor väljs en av (w och T) samt en av (w’ och M) vid varje ände
(eller möjligen en kombination av w och T eller en kombination av w’ och M)
Exempel 12/10
x
Q
= q L 0
L, EI
12/10
12/27
MA M( 0)
T( 0)
R A
M(L)
T(L)
R B
Stödreaktioner:
EI w(x)=q 0
x 4
24 − 5 q 0 L
8
x 3
6 + q 0 L 2
x 2
8 2
R A
= T(0)=−EI w’’’(0)= 5 8 q 0 L
M A
=−M(0)=EI w’’(0)= 1 8 q 0 L 2
R B
=−T(L)=EI w’’’(L)= 3 8 q 0 L
8

Fö 10 Elementarfall och superposition
- Dela upp balksystemet (inför snittstorheter, stödreaktioner mm) så att kända
elementarfall erhålls
- Teckna deformationer. Använd superposition om flera laster verkar på
samma balkdel
- Deformationssamband ger de obekanta storheterna
Exempel
P
a, EI a
a, EI
P /2
M
O
Θ= P 2 ⋅ a 2
2 EI + M ⋅ a EI
= 0 ger M =−Pa
4
δ= P 2 ⋅ a 3
= 1 24
3 EI + M ⋅ a 2
2 EI = Pa3
EI
Pa 3
EI
⎧ 1
⎨
⎩
6 − 1 8
= 1 PL 3
= 1 PL 3
24 ⋅ 8 EI 192 EI
⎫
⎬
⎭
9

Fö 11 Balk på fjädrande underlag
Differentialekvation:
med lösning
EI w IV (x)+kw(x)=q(x)
w(x)=w part
(x)+w hom
(x)
där
w hom
(x)={C 1
cos λx + C 2
sin λx } e λx +{C 3
cos λx + C 4
sin λx } e −λx
och
λ 4 = k / 4EI
Randvillkor ger konstanterna C 1 till C 4 .
Differentialekvation:
Böjsvängande balk
med lösning
EI w IV (x, t)+mẅ(x, t)=q(x, t)
w(x, t)=w part
(x, t)+w hom
(x, t)
För den homogena delen ansätts
w hom
(x, t)=X(x) T(t)
vilket ger
X(x)={C 1
cosh µx + C 2
cos µx + C 3
sinh µx + C 4
sin µx }
där
µ 4 = mω 2 / EI
och för T(t) kan man i regel använda
Randvillkor ger konstanterna C 1 till C 4 .
T(t)=e iωt
10