Lösning till TENTAMEN

L ö s n i n g t i l l T E N T A M E N

KURSNAMN

Mekanik och hållfasthetslära, del B - hållfast-

hetslära

PROGRAM: namn

Sjöingenjörsprogrammet

åk / läsperiod

2/3/januariperioden

KURSBETECKNING

LNB801 0206

EXAMINATOR

Mats Jarlros

TID FÖR TENTAMEN

080115 08.30 – 12.30

HJÄLPMEDEL

Typgodkänd räknedosa

Institutionens formelsamling, Teknisk formel- samling och matematisk formelsamling

ANSV LÄRARE: namn

Mats Jarlros

telnr

772 2669

besöker tentamen kl

09.30 och 10.30

DATUM FÖR ANSLAG av resultat samt av tid och plats för granskning

Snarast efter tentamen

ÖVRIG INFORM.

50 poäng. Godkänt – 3 20 poäng, VG – 4 30 poäng och

(ex.vis antal frågor,

MVG – 5 40 poäng

uppgifter, poäng o dyl)

NAMN (tentand): _____________________________________________________________

1. Korta frågor korta svar. 2 poäng per fråga.

a) Ett nitförband är nitat så att nitarna är tvåskäriga. Vad innebär detta?

b) I ett snitt finns det skjuvspänningar. Hur är dessa riktade?

c) En konstruktion med en areaförändring vilkens formfaktor är 1,5, utsätts för dragspän- ningar. Om den nominella spänningen är 100 MN/m², vad blir den maximala?

d) Vad menas med stukgräns?

e) En dragstång dimensioneras med en säkerhetsfaktor mot sträckning på 4. Sträckgränsen är σ_s = 200 MN/m². Hur stor last kan läggas på stången i drag om dess area A = 10 mm².

10 poäng Lösning

a) Detta innebär att nitningen är sådan att niten har två ytor som är utsatta för skjuvkrafter.

b) Dessa ligger i snittets yta (parallellt med snittet).

c) σmax =α⋅σnom =1,5⋅100=150MN/m² σmax = maximala spänningen

σ_nom = nominella spänningen α = formfaktorn

d) Stukgränsen är den tryckspänning där materialet börjar plasticera.

e) Tillåten last F

N 500 10

4 10 10 A 200

F s ⁶

6

s ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =

= σ ⁻

Tvåskärigt nitförband Enskärigt nitförband

2. Handlaren på en ö i större stads södra skärgård har som lyfthjälp en homogen axel med en längd på 1 m. Mitt på axeln sitter en trissa. Axeln är lagrad i sfäriska kullager. Över trissan lö- per in lina lodrätt ner för att lyfta och sedan går linan horisontellt till en motor. Handlaren lyf- ter normalt endast vikter på maximalt 100 kg och tycker därför att han inte behöver dimensio- nera för högre laster då de förekommer så sällan. I dessa fall håller det nog ändå, allt enligt lo- kal tradition. Lagerna behöver bytas. Hjälp handlaren att beräkna vilken lutning som lagerna måste klara samt nedböjningen på mitten. Axeln är av stål och dess diameter är 40 mm.

5 poäng Lösning

Förutsättningar

Material i axeln stål

Axelns diameter D = 40 mm Frågor

Lutningen i lagringspunkterna Nedböjningen på mitten Antagande

Linjärt elastiskt material.

Eventuella spänningskoncentrationer försummas.

Motor

Last m = 100 kg

Last m = 100 kg

1 m

Analys

Resulterande kraft på trissan beräknas. Kraftbalans över trissan ger:

Pythagoras sats ger resultanten R

( ) ( ) ( )

(

)

F

g m 2 g m g

m F

2

2 2

2 2

=

⋅

⋅

=

⋅

⋅

=

⋅

⋅

=

⋅

⋅

=

⋅ +

⋅

=

Yttröghetsmomentet I för en homogen axel erhålls med ekvation från formelsamlingen:

4 7 4

4

m 10 26 , 64 1

040 , 0 64

I D π⋅ = ⋅ ⁻

⋅ =

= π

Elastistitetsmodulen för stål erhålls från formelsamlingen.

E = 210 GN/m²

Konstaterar att detta är det fjärde elementarfallet för balkböjning enligt formelsamlingen.

Nedböjningen δ på mitten beräknas

mm 1,09 m 10 09 , 1

10 26 , 1 10 210 48

1 1390 64

040 , 10 0

210 48

1 81 , 9 100 2 64

E D 48

L g m 2 I E 48

L F

3

7 9

3 4

9

3 4

3 3

=

⋅

=

⋅ =

⋅

⋅

⋅

= ⋅

⋅

⋅π

⋅

⋅

⋅

⋅

= ⋅

⋅

⋅π

⋅

⋅

⋅

= ⋅

⋅

⋅

= ⋅ δ

−

−

Lutningen Θ vid lagerna beräknas:

°

≈

⋅

⋅ ≈

⋅

⋅

⋅

= ⋅

⋅

⋅π

⋅

⋅

⋅

⋅

= ⋅

⋅

⋅π

⋅

⋅

⋅

= ⋅

⋅

⋅

= ⋅ Θ

−

−

0,19 rad 10 29 , 3

10 26 , 1 10 210 16

1 1390 64

040 , 10 0

210 16

1 81 , 9 100 2 64

E D 16

L g m 2 I E 16

L F

3

7 9

2 4

9

2 4

2 2

Svar: Nedböjningen på mitten = 1,1 mm

Lutningen vid lagerna = 3,29⋅10⁻³rad≈0,19° g m ⋅

g

m ⋅ F

g m ⋅

g F m ⋅

3. En balk HEA 700 har den ena ändan ledlagrad och den andra är upphängd i en 5 m lång lina.

Linans area är 2 cm² och dess elasticitetsmodul 2 ⋅10¹¹ N/m². Hur mycket sjunker balkens högra ändpunkt och hur stor blir vinkeländringen på grund av balkens egenvikt och en last en- ligt figur. Hur stor blir spänningen i balken? Linans egen tyngd försummas.

10 poäng Lösning

Förutsättningar Balk HEA 700

Upplagd och upphängd enligt figur nedan

F = 30000 N

L1 = 3 m L₂ = 2 m

Lina

Area A = 2 cm² Längd 5 m E = 2 ⋅10¹¹ N/m² Tyngden försummas

5 m 5 m F = 30000 N

3 m 2 m

Frågor

Hur mycket sjunker balkens högra ändpunkt δ Hur stor blir vinkeländringen Θ

Antagande

Friktionsfria leder

Balken styv, dess böjning försummas.

Analys

Balken HEA 700

Formelsamling ger egentyngden m = 241 kg/m

Tyngdpunkten ligger självfallet på mitten Balkens tyngd G kan beräknas

(

)

(

)

G= ₁+ ₂ ⋅ ⋅ = + ⋅ ⋅ = ⋅ =

Friläggning ger

Kraftjämvikt med positiv riktning uppåt ger:

0 F F G

F_A − − + _B =

Momentjämvikt kring A med positiv riktning medurs:

( )

N 23910 2

3

3 30000 5

, 2 81 , 9 1205 L

L

L F L F G

0 L L F L F L G

2 1

1 3

B

2 1 B 1 3

+ =

⋅ +

⋅

= ⋅ +

⋅ +

= ⋅

= +

⋅

−

⋅ +

⋅

FB är kraften i linan och för att besvara frågorna i detta exempel räcker det med att be- stämma denna.

F = 30000 N

L1 = 3 m L2 = 2 m

FA

FB

L₃ = 2,5 m

G = 11800 N

Hookes lag ger:

000598 ,

10 0 2 10 2

23910 A

E F

A E F

4 11

B x

B x x

⋅ =

⋅

= ⋅

= ⋅ ε

= ε

⋅

= σ

−

Längdändringen δ beräknas med ekvationen:

mm 2,99 m 00299 , 10 0 2 10 2

5 23910 A

E L

L F^B _{11 4}

x = =

⋅

⋅

⋅

= ⋅

⋅

= ⋅

⋅ ε

=

δ ₋

Konstaterar att linans töjning vilken är lika med sänkningen av balkens högra ändpunkt är liten. Detta ger att vinkeländringen Θ blir

(

)

tan +

= δ Θ

Om vinkeln Θ är liten och om denna är i radianer så gäller att

(

)

= δ Θ

( ) ( ) (

)

⋅

⋅

⋅

⋅ + =

⋅

⋅ + =

= δ

Θ ⁻ 0,000598rad 0,034

2 3

10 2 10 2

5 23910 L

L A E

L F L

L

4 11

2 1

B

2 1

Svar: Balkens högra ände kommer att sjunka 2,99 mm Balken kommer att luta 0,000598rad= 0,034°

L1 = 3 m L2 = 2 m

δ Θ

4. Hur stora blir maximala skjuvspänningen och förvridningen hos en 60 mm grov axel, enligt figur nedan som till halva sin längd är urborrad med ett 20 mm hål. Axeln roterar med varvta- let 600 rpm och överför effekten 125 kW? Axelns längd är 50 cm och materialet i axeln är stål. Bortse från effekter av dimensionsförändringen.

10 poäng Lösning

Förutsättningar

Axel enligt figur nedan.

Axelns ytterdiameter D = 60 mm = 0,060 m Hålets diameter d = 20 mm = 0,020 m Material i axeln stål

Varvtal n = 600 rpm

Överfört effekt P = 125 kW Hålkälseffekter försummas.

Frågor

Maximala skjuvspänningen τmax

Förvridningen Θ Antagande

Inga förutom de som givits i förutsättningarna L = 50 cm

cm 2 25

L =

D d

L = 50 cm

cm 2 25

L =

D d

Analys

Överfört moment Mv beräknas:

Nm 600 1990

2

60 1000 125 n 2

60 M P

60 n M 2

M P

v

v v

⋅ ≈ π

⋅

⋅

= ⋅

⋅ π

⋅

= ⋅

⋅ π

⋅ ⋅

= ω

⋅

=

Axel delas upp i två axlar

• Axel 1 Homogen axel

Diameter D = 60 mm = 0,060 m

Längd 25cm 0,25m

2 50 2

L₁ = L = = =

• Axel 2 Hålaxel

Ytterdiameter D = 60 mm = 0,060 m Hålets diameter d = 20 mm = 0,020 m

Längd 25cm 0,25m

2 50 2

L₂ = L = = =

Allmänt. Formelsamlingen ger:

Maximal skjuvspänning

v v

max W

= M τ Där

M_v = det vridande momentet Wv = vridmotståndet

Förvridningen Θ K G

L M_v

⋅

= ⋅ Θ Där

Mv = det vridande momentet L = Axelns längd

G = Skjuvmodulen

K = Vridstyvhetens tvärsnittsfaktor Enlig fomelsamlingen gäller för allmänt stål:

Elasticitetsmodulen E = 210 GN/m² Skjuvmodulen G = 70 GN/m²

Axel 1 – den homogena axeln Enligt formelsamlingen gäller

Vridstyvhetens tvärsnittsfaktor K

4 7 4

7 4

4 0,060 4,05 10 m 12,7 10 m

D 32

K 32 π ⋅ = ⋅ ⁻ ⋅π = ⋅ ⁻

= π ⋅

=

Vridmotståndet Wv

4 5 4

5 3

3 1

v 0,060 1,335 10 m 4,24 10 m

D 16

W 16 π ⋅ = ⋅ ⁻ ⋅π = ⋅ ⁻

= π ⋅

=

Maximal skjuvspänning τmax1

2 3 5

1 3 v

1 v 1

max 46,9MN/m

10 24 , 4

1990 060

, 16 0

600 2

60 1000 125

16 D n 2

60 P W

M =

= ⋅ π⋅⋅π⋅

⋅

⋅

= π⋅π⋅ ⋅

⋅

=

=

τ ₋

Förvridningen Θ

rad 10 58 , 5 060 , 32 0 10 70

2 5 , 0 600 2

60 1000 125 32 D

G

2 L n 2

60 P K

G L

M ₃

4 9

1 4 1 v 1

⋅ −

= π ⋅

⋅

⋅

⋅ ⋅ π

⋅

⋅

⋅

= π ⋅

⋅

⋅ ⋅ π

⋅

⋅

⋅ =

= ⋅ Θ

Axel 2 – hålaxeln

Enligt formelsamlingen gäller Vridstyvhetens tvärsnittsfaktor K

(

) (

)

d 32 32 D

K= π ⋅ − = π ⋅ − = ⋅ ⁻ ⋅π = ⋅ ⁻

Vridmotståndet Wv

4 5 4

5 4

4 4

4 1

v 1,335 10 m 4,19 10 m

060 , 0

020 , 0 060 , 0 16 D

d D

W =16π ⋅ − = π ⋅ − = ⋅ ⁻ ⋅π = ⋅ ⁻

Maximal skjuvspänning τmax1

2 5

4 4

4 4 1

v 1 v 1

max 47,5MN/m

10 24 , 4

1990 060

, 0

020 , 0 060 , 0 16

600 2

60 1000 125

D d D 16

n 2

60 P W

M =

= ⋅

⋅ − π

⋅ π

⋅

⋅

⋅

− = π ⋅

⋅ π

⋅

⋅

=

=

τ ₋

Förvridningen Θ

( ) (

)

10 32 70

2 5 , 0 600 2

60 1000 125

d 32 D

G

2 L n 2

60 P K

G L

M ₃

4 4

9 4

1 4 1 v 1

⋅ −

=

− π ⋅

⋅

⋅

⋅ ⋅ π

⋅

⋅

⋅

=

− π ⋅

⋅

⋅ ⋅ π

⋅

⋅

⋅ =

= ⋅ Θ

Maximala skjuvspänningen erhålls i hålaxeln och är lika med 47,5 MN/m²

Totala förvridningen Θ av axel är summan av delaxlarnas förvridning:

°

=

⋅

=

⋅ +

⋅

= Θ + Θ

=

Θ _{1 2} 5,58 10⁻³ 5,65 10⁻³ 1,12 10⁻² rad 0,64

Svar: Maximala skjuvspänningen i axeln 47,5 MN/m² Axelns totala förvridning 1,12⋅10⁻²rad=0,64°

5. Beräkna yttröghetsmomenteten, kring x-axeln, för en balk med nedanstående tvärsnitt. Vad innebär ett stort yttröghetsmoment vid böjning av balkar?

5 poäng Lösning

Förutsättningar

Balk med tvärsnitt enligt nedan:

Frågor

Beräkna yttröghetsmomentet

Vad innebär ett stort yttröghetsmoment vid böjning av balkar?

H = 50 mm B = 10 mm

R = 25 mm 50 mm 10 mm

R = 25 mm

x

Antagande Inga Analys

Konstaterar att balkens tyngdpunktslinje på grund av symmetri ligger på mitten.

I-balken

Yttröghetsmomentet erhålls ur formelsamlingen. Då I-balkens tyngdpunktlinje samman- fallet med profilens behövs ingen flyttning.

4 7 3

3

m 10 042 , 12 1

050 , 0 010 , 0 12

H

I= B⋅ = ⋅ = ⋅ ⁻

Halvcirkelytorna – index Ihc

Konstaterar att halvcirkelytorna ligger symmetriska kring axelns tyngdpunktsplan. Detta gör att det räcker med att räkna ut den enas och sedan multiplicera med två.

Då halvcirkelytornas tyngdpunktslinje inte sammanfaller med profilens så måste yttrög- hetsmomentet flyttas. Detta görs med Steiners sats.

En halvcirkelytas tyngdpunktslinje i avstånd till basytan:

π

⋅

= ⋅ 3

R e 4

En halvcirkelytans yttröghetsmoment med avseende på halvcirkelytans tyngdpunktslinjer ger:

4 8 4

4

hca 0,025 4,29 10 m

9 8 R 8

9 8

I 8 ⋅ = ⋅ ⁻



 





π

− ⋅

= π

⋅



 





π

− ⋅

= π

Efter flyttning med hjälp av Steiners sats till profilens tyngdpunktslinje:

2 6 2 2

4

2 2 4

2 hca

2 hca hctp

m 10 29 , 2 1

025 , 0 3

025 , 0 4 2 050 , 025 0 , 9 0

8 8

4 R 3

R 4 2 R H 9

8 A 8

2 e I H A a I I

⋅ −

π=

⋅ ⋅



 





π

⋅ + ⋅ +

⋅



 





π

− ⋅

= π

π=

⋅ ⋅



 





π

⋅ + ⋅ +

⋅



 





π

− ⋅

= π

 ⋅



 



 + +

=

⋅ +

=

Profilens totala yttröghetsmoment I

4 6 6

7 hctp

I 2 I 1,042 10 1,29 10 2,68 10 m

I

I= + ⋅ = ⋅ ⁻ + ⋅ ⁻ = ⋅ ⁻

Svar: Profilens yttröghetsmoment är 2,68⋅10⁻⁶m⁴

6. Till en gjuterikran enligt, figur nedan, skall i stång AB användas en profil HEA 160. Beräkna säkerheten mot knäckning om materialet är stål 1412. Ifall att du har svårigheter att beräkna kraften F, så går det bra att uppskatta en kraft som är rimlig. Gör du detta så är maxpoängen på detta tal 6 poäng.

10 poäng 1,5 m

3 m

4 F = 45000 N

B

A

Lösning Förutsättningar

Stång AB tillverkad av balk med profil HEA 160 Material stål 1412

Frågor

Säkerheten mot knäckning Antagande

Momentfria leder

1,5 m 3 m

4 F = 45000 N

B

A

Analys

Friläggning

Geometrin ger vinkeln β

°

= β

= β

9 , 36

4 tan 3

Kraftjämvikt vertikalt med positiv riktning uppåt:

0 F F

F_VV + _AV − =

Kraftjämvikt horisontellt med positiv riktning höger 0

F F_VH + _AH =

Sambandet mellan kraft A:s horisontella och vertikal komposant 4

F 3 tan F F F

tan F _{AH AV AV}

AV

AH ⇒ = ⋅ β= ⋅

= β

Momentjämvikt kring A med positiv riktning medurs.

N 22500 45000

5 , 0 F 5 , 0 3 F

5 , F 1

0 5 , 1 F 3 F

VV VV

=

⋅

−

=

⋅

−

=

⋅

−

=

=

⋅ +

⋅

1,5 m 3 m

4 F = 45000 N

B

FAB

β F_VH

FVV

FAV

F_AH

β

Bestämning av F_AV

(

)

F F F

0 F F F

VV AV

AV VV

=

−

−

=

−

=

=

− +

Bestämning av FAH

N 50625 4

67500 3 4

F 3

F_AH = _AV ⋅ = ⋅ =

Med hjälp av Pythagoras sats kan kraften F_AB i stång AB beräknas.

N 84375 67500

50625 F

F F

F F

F

2 2 2

AV 2 AH AB

2 AV 2 AH 2 AB

= +

= +

=

+

=

Längden av stång AB beräknas med hjälp av Pythagoras sats:

5 25 L

25 16 9 4 3 L

AB

2 2 2

AB

=

=

= +

= +

=

Knäckningen

Konstaterar att stången är momentfritt lagrad i båda ändar. Detta ger Euler fall 2. För detta gäller enligt formelsamlingen:

2 2

k L

I

F E⋅

⋅ π

= Där

Fk = knäckkraften

För stål 1412 gäller enligt formelsamlingen Elasticitetsmodulen E = 210 GN/m2 Kritiska slankhetstalet λ0 = 100

För profil HEA 160 gäller enligt formelsamlingen

Yttröghetsmoment i x-led I_x =16,73⋅10⁶ mm² =16,73⋅10⁻⁶ m² Yttröghetsmoment i y-led I_y =6,156⋅10⁶ mm² =6,156⋅10⁻⁶ m² Arean A=3877mm² =3,877⋅10⁻³ m²

Konstaterar att yttröghetsmomentet är minst kring profilens y-axel. Stången kom- mer alltså att knäcka ut kring denna axel.

Knäcklasten Fk kan nu beräknas:

N 510400 5

10 156 , 6 10 210 L

I

F E ₂

6 9

2 2 2

k =π ⋅ ⋅ =π ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⁻ ≈

Säkerhetsfaktorn n mot knäckning kan nu beräknas:

0 , 84375 6 510400 F

n F

AB

k = =

=

Kontroll av slankhetstalet. Detta görs för att kontrollera om materialet eventuellt kommer att stukas istället för att stången knäcks. Detta moment krävs ej för full poäng på tentamen. Detta då frågan är säkerhetsfaktorn mot knäckning.

Slankhetstalet λ erhålls ur formelsamling:

min f

I A

= L ⋅ λ Där

L_f = Fria knäckningslängden = L för Euler fall 2

I_min = minsta yttröghetsmomentet vilket här = I_y = 6,152⋅10⁻⁶ m² Insättning ger

= λ

>

⋅ ≈

⋅

= ⋅

= ⋅

λ −

− 6 0

3

min

f 126

10 152 , 6

10 877 , 3 5 I

A

L 100

Att slankhetstalet är större än det kritiska gör att stången kommer att knäckas och inte stukas.

Svar: Säkerhetsfaktorn mot knäckning är 6,0