Embed Size (px)
Citation preview
— 2 —
— 3 —
Förord
Denna skrift är en reviderad version av den tidigare Exempelsamling i Hållfasthetslära (skrift U77)från 1999. Avsikten har varit att bättre anpassa innehållet till delvis förändrade kurser i hållfasthets-lära på utbildningsprogrammen teknisk fysik och maskinteknik på Chalmers. Största förändringen äratt två nya avsnitt tillkommit: Materialmodeller (avsnitt 3) samt Energimetoder (avsnitt 13). Avsnit-ten 3 till 11 i U77, har nu således fått numrering 4 till 12. Några få exempel från U77 har tagits bortoch/eller ersatts med nya uppgifter och de flesta avsnitten har fått flera nya uppgifter. Speciellt kannämnas att avsnitt 2, Stänger och stångbärverk, kompletterats med problem som är av sedda att lösamed förskjutningsmetod (för fackverk) och att avsnittet Lineär brottmekanik kompletterats medsprickpropageringsexempel. Infogandet av nya uppgifter har inneburit att många av uppgifterna frånU77 har fått nya problemnummer.
Göteborg i oktober 2010
Peter W Möller
Förord till U77
Föreliggande exempelsamling är avsedd att användas i kursen Hållfasthetslära M. Denna grund-kurs omfattar 6 poäng (motsvarande ca. 300 timmars arbetstid) och ges på höstterminen under andraläsåret på Sektionen för Maskin– och Farkostteknik vid Chalmers.
Exempelsamlingen har sammanställts i samband med att kursinnehållet reviderats och tidigare kurs-material bytts mot nytt inför läsåret 1999/2000. En del exempel har konstruerats speciellt för dennaskrift medan andra har hämtats från tidigare års tentamina samt ‘extrauppgifter’ som delats ut undertidigare kurser; främsta källorna har emellertid varit läroböcker och äldre exempelsamlingar från oli-ka kurser. Många av problemen är sålunda mer eller mindre modifierade varianter av uppgifter somhämtats från främst (i godtycklig ordning):
• M. Larsson (redaktör): Exempelsamling i Hållfasthetslära, Institutionen för Hållfasthetslära, KTH,
Stockholm, 1981.
• T. Dahlberg, S.–D. Lee och L. Sonnerup: Exempelsamling — Grundkurs i Hållfasthetslära, Skrift
U 46, Chalmers Tekniska Högskola, Göteborg, 1991.
• S.–D. Lee: Exempelsamling — Skivor, plattor och skal, Skrift U 49, Chalmers Tekniska Högskola,
Göteborg, 1995.
• J. M. Gere and S. P. Timoshenko: Mechanics of Materials (3rd ed.),Chapman & Hall, London, 1991.
• J. Hult: Bära brista — Grundkurs i hållfasthetslära, Almqvist & Wiksell, Stockholm, 1975.
• J. Hult: Bära brista — Fortsättningskurs i hållfasthetslära, Liber Utbildning, Stockholm, 1986.
• T. Dahlberg, A. Ekberg and P. Möller: Exercises in Fracture and Fatigue Analysis, Publication U 74,
Chalmers University of Technology, Göteborg, 1998.
Göteborg i augusti 1999
Peter W. Möller
— 4 —
— 5 —
Innehållsförteckning
1. Endimensionella tillstånd — Jämvikt, spänning, deformation ...........7
2. Stänger och stångbärverk .......................................................................15
3. Materialmodeller .....................................................................................29
4. Vridning och skjuvning ...........................................................................33
5. Balkteori — Spänningsberäkningar och ytors geometri ......................45
6. Balkteori — Jämvikt och utböjning .......................................................57
7. Elastisk instabilitet ................................................................................73
8. Allmänna spännings– och töjningstillstånd ..........................................93
9. Ringar och hjul ........................................................................................105
10. Spänningskoncentrationer .....................................................................121
11. Lineär brottmekanik och sprickpropagering .........................................127
12. Utmattning ..............................................................................................137
13. Energimetoder .........................................................................................149
— 6 —
— 7 —
1. Endimensionella tillstånd — Jämvikt, spänning, deformation
1.1 En stång med tvärsnittsarean
och längden utsätts för en dragande
kraft , varvid stångens förlängning
blir . Bestäm spänningen , töjningen samt materialets elasticitetsmodul
1.2 Vid ett dragprov på en stång med cirkulärt
tvärsnitt, diameter , ökade av-
ståndet mellan två mätpunkter med
vid en dragkraft . Det ursprungli-
ga avståndet mellan punkterna var . Bestäm spänningen , töjningen samt ma-
terialets elasticitetsmodul
1.3 En rak stång är infäst i sin ena ände och belasta med en
kraft i den andra. Stången är sammansatt av två delarenligt figuren.
a) Bestäm spänningen i respektive stångdel
b) Bestäm stångens förlängning
1.4 En dragprovstav av stål har cirkulärt tvärsnitt med 10 mm diameter, och belastas med en drag-
kraft . Beräkna normalspänningen i staven.
1.5 En stav med rektangulärt tvärsnitt , belastas med en tryckande kraft
. Beräkna normalspänningen i staven.
1.6 Vid en dragkamp är situationen den som visas i figuren. Bestäm dragspänningen vid snitten A,
B och C, om repets tvärsnittsarea är och varje man drar med kraften .
1.7 En rak stång är sammansatt av tre cylindriska delar med tvärsnittsareorna ,
, respektive . Bestäm normalspänningen i varje del då stången be-
lastas med ett system av krafter enligt figuren, om ?
P P
L
AA 100 mm
2=
L 1 m=
P 10 kN=
δ 1 mm= σ ε E
P PD
L
D 8 mm=
1,71 mm
P 15 kN=
L 1200 mm= σ εE
P
A1A2
L1L2
P
P 16,5 kN= σ
b h× 12 mm 20 mm×=
P 24 kN= σ
A 1 cm2
= P 300 N=
A B C
A1 75 mm2
=
A2 100 mm2
= A3 50 mm2
=
P 2 kN=
3P 4PP 2P
A1 A2A3
— 8 —
1.8 En stång med massan , längden och tvärsnittsarean hänger fritt i sin ena ände. Bestäm
normalspänningen (pga egentyngden) på avståndet från upphängningspunkten.
1.9 En stålstång med densiteten och konstant tvärsnittsarea , är fastsatt i sin enaände och hänger vertikalt.
a) Hur lång kan stången vara utan att den brister av sin egentyngd, om materialets brottgräns
är ? (Jordaccelerationen är ).
b) Bestäm stångens förlängning om dess längd är hälften av den längd som ger brott enligt del-
uppgift a och materialet är lineärt elastiskt med elasticitetsmodulen .
1.10 Bestäm förlängningen pga egentyngden hos en fritt hängande stång med längden , tvärsnitt-
sarean och massan , om materialet är lineärt elastiskt med elasticitetsmodulen .
1.11 En pelare med tvärsnittsarean och densiteten
bär upp en massa . Pelarenstår delvis under vatten enligt figuren. Bestäm spänning-
en på ett avstånd från massan.
1.12 I ena änden av en träbjälke, med längden , sit-
ter en punktmassa fastsatt, och konstruktio-nen flyter lodrätt i vatten. Bestäm spänningen i bjälken
om materialets densitet är och tvärsnitt-
sarean är .
1.13 På en provstav av stål, som belastas med en dragkraft
, mäter man över en längd . Pga
av belastningen ökar mätlängden med , samtidigt som man noterar att stavens dia-
meter minskar med . Bestäm elasticitetsmodulen och Poissons tal förstålet.
m L A
x
ρ 7800 kg/m3
= A
σB 370 MPa= g 9,82 m/s2≈
E 210 GPa=
L
A m E
M
30 m
50 m
x
A 1 m2
=
ρ 2400 kg/m3
= M 20000 kg=
x
M
a
L a–
x
L 10 m=
M 20 kg=
ρ 600 kg/m3
=
A 0,01 m2
=
P 16,5 kN= L 100 mm=
δ 0,1 mm=
d 10 mm= 0,003 mm E ν
L
P Pd
— 9 —
1.14 En lång provstav med diameter belastades med en dragkraft . Då
uppnåddes materialets sträckgräns ; stången hade då förlängts med och diametern
minskat med . Bestäm härur materialets sträckgräns , dess elasticitetsmodul ,
samt tvärkontraktionstalet .
1.15 En provstav med längden förlängs under en dragbelastning med .
a) Bestäm relativa volymsförändringen om stavens diameter är och Poissons tal för
materialet är .
b) Vad blir relativa volymsförändringen om Poissons tal är 0,5?
1.16 En massa ska lyftas med en lina som har
tvärsnitts arean och längden .
a) Antag att linan kan betraktas som homogen och line-
ärt elastisk med elasticitetsmodulen , ochberäkna hur mycket kroken måste höja sig innan mas-san lyfter från marken. Linans egentyngd försummas.
b) Bestäm linans förlängning pga av dess egentyngd, om
materialets densiteten är .
1.17 Bestäm förskjutningen , när konstruktionen nedan belastas med en axialkraft . Stångkon-
struktionen har längden , och är sammansatt av två seriekopplade stänger, av olika ma-
terial (E–modulerna respektive ), som har tvärsnittsareorna respektive .
1.18 Bestäm förskjutningen som funktion av axiallasten för en stång med cirkulär tvärsnittsa-
rea. Tvärsnittets radie varierar lineärt från vid väggen till vid den belastade änden, och
variationen är svag.
20 cm 10 mm P P 25 kN=
σs 0,3 mm
0,005 mm σs E
ν
L 200 mm= δ 0,3 mm=
∆V V⁄ d
ν 0,3=
M 1200 kg=
L 10 m=
M 1200 kg=
A 1 cm2
= L 10 m=
E 200 GPa=
δ 7800 kg/m3
=
∆ P
L1 L2+
E1 E2 A1 A2
L1L2
E1 A1, E2 A2, P
∆
∆ P
r1 r2
P
∆
r1 r2
x
A x( ) πr x( )2
=
L0
— 10 —
1.19 En stång med cirkulärt tvärsnitt smalnar av mot ena ändpunkten så att dess
form kan beskrivas som svagt koniskt. Längden betecknas och basradien
med ; materialet är lineärt elastiskt med elasticitetsmodulen och densi-
teten . Beräkna förlängningen pga egentyngden, då stången hänger fritti sin tjocka ände.
1.20 Ett avtappningsrör till en cistern är utformat som en rak
cylinder med längden , inre radie , samt godstjocklek
. Vid tappning kan trycket vid inloppet uppgå till
och vid utloppet till ; tryckfallet beror av
friktion mellan rörväggen och det strömande mediet.
a) Bestäm axialspänningen i röret. Försumma inverkanav egentyngd och anta att tryckfallet är konstantlängs röret.
b) Om , , och
, hur stor måste då väggtjockleken vara
om säkerheten mot plasticering ska vara 4?
1.21 En hängbrokabel belastas med en approximativt jämnt fördelad last (kraft/längd), varvid ka-
beln antar utböjningsformen .
a) Bestäm axialkraften i kabeln. (Om är en längdkoordinat längs kabeln, så gäller att
.)
b) För Älvsborgsbron i Göteborg gäller , , och
, där är en kabels axialstyvhet. Beräkna kabels förlängning.
2r
E ρ,
L
∆
L
r E
ρ ∆
L
2r
p p0=
p 0=
L r
t r«
p p0= p 0=
p0 10 MPa= L 3 m= r 5 cm=
σs 250 MPa=
q
y x( ) 4hx
L---
2=
x
y
y x( )
h
L 2⁄ L 2⁄
q
s
N x( ) s
sd 1xd
dy
2
+ xd=
L 417,6 m= h 52,6 m= q 210 kN/m=
EA 198 GPa( ) 0,22 m2( )⋅= EA
— 11 —
— 12 —
Lösningar
1.1 ; ;
1.2 ; ;
1.3 Spänningarna blir respektive .
Töjningen i stång 1 blir , så dess förlängning blir ;
på samma sätt fås förlängningen av stång 2 till . Den sammansatta stångens
förlängning blir då
1.4 (dragspänning)
1.5 (tryckspänning)
1.6 Axialkraften N i repet är 300 N, 600 N och 900 N, vid A, B respektive C. ger då spän-ningarna 3 MPa, 6 MPa respektive 9 MPa.
1.7 Axialkraften N i de tre delarna blir –3P, –2P respektive 2P (från vänster till höger).
ger då spänningarna (tryck), (tryck), samt .
1.8 Spänningen fås som , där det antas att axialkraften fördelas jämnt över tvärsnittet.
Materialets densitet är . Snitta stången på ett avstånd från underkanten
och ställ upp den vertikala jämviktsekvationen för den undre biten av stången: .
Detta ger spänningen
1.9 a) Maximal axialspänning (vid infästningen) blir ; ur löses så .
b) Jämvikt ger att spänningen på avståndet från upphängningen är . Töjning-
en är . Eftersom fås . Med fås
.
1.10 Enligt lösningen till uppgift 1.9 så är ; här är densiteten , så
vi får .
σ P
A--- 100 MPa= = ε δ
L--- 0,001= = σ Eε= E⇒
σε--- 100 GPa= =
σ P
A--- A
πD2
4----------=
298 MPa≈= = ε 1,71 mm
L--------------------- 1,425 10
3–⋅= = E 209 GPa≈
σ1 P A1⁄= σ2 P A2⁄=
ε1 σ1 E⁄ P EA1⁄= = ∆L1 ε1 L1⋅ PL1 EA1⁄= =
∆L2 PL2 EA2⁄=
∆L ∆L1 ∆L2+P
E---
L1
A1
------L2
A2
------+ = =
σ 210 MPa=
σ –100 MPa=
σ N A⁄=
σ N A⁄=
σ1 80 MPa–= σ2 40 MPa–= σ3 80 MPa=
σ N A⁄= N
ρ m AL⁄= y L x–=
N ρyAg– 0=
σ x( )mg
AL------- L x–( )=
σ ρgL= σ σB= L 4,8 km≈
x σ x( ) ρg L x–( )=
ε x( ) σ x( ) E⁄= εxd
dL= ∆L Ld
0
L
∫ ε x( ) xd
0
L
∫ρgL
2
2E------------= = = L
σB
2ρg----------=
∆L 105 cm≈
∆L ρgL2
2E⁄= ρ m V⁄ m AL⁄= =
∆L mgL 2EA⁄=
— 13 —
1.11 , där axialkraften i pelaren fås genom att snitta vid avståndet från pelarens ovan-
kant och betrakta jämvikt för delen ovan snittet: . Alltså fås
. (Speciellt så blir kontakttrycket mot botten
).
1.12 Snitta vid och betrakta jämvikt för delen ovanför snittet: (där är axialkraften
i bjälken).
1.13 Axialspänningen är ; den axiella töjningen är ; vi kan nu beräkna från
Hooks lag:
Poissons tal är (per definition) , där är töjningen i en riktning vinkelrätt mot de
pålagda spänningen; här är , så man får .
1.14 , , (För ledning till lösningsgång, se uppgift 1.13.)
1.15 Axialtöjning: . Töjning tvärs pålagd spänning: . Förändring av stångens dia-
meter: . . . Om vi försummar termer som är kva-
dratiska och kubiska i storleksförändringarna ( och ) fås , så relativa
volymsförändringen blir .
a) med fås
b) med fås ; (ett material med sägs vara inkompressibelt).
1.16 a) Spänningen i linan är , där . Töjningen är då . Linans
förlängning blir då .
b) Här är , så ( är en koordinat från linans topp). Vi har att
, så linans förlängning fås som
1.17 Töjningen i del 1 är , så dess förlängning blir . På
samma sätt fås förlängningen i del 2 som . Stångens förlängning blir alltså
σ N A⁄= N x
N Mg ρgAx+ + 0=
σ x( )Mg
A-------- ρgx+ – 196,2 23,6 x⋅+( ) kPa–≈=
σ 80 m( )– 2,08 MPa=
x N ρgAx+ 0= N
σ N
A---- ρgx– 5,9 x⋅( )
kPa
m---------–≈= =
σx P A⁄= εx δ L⁄= E
σ Eε= E σ ε⁄ PL δA⁄ 210 GPa≈= =⇒
ν ε⊥– εx⁄= ε⊥
ε⊥ 0,003 mm d⁄–= ν 0,3=
σs 318 MPa≈ E 212 GPa≈ ν 0,333≈
ε δ L⁄= ε⊥ νε–=
∆d ε⊥d= Vπd
2
4---------L= V ∆V+
π d ∆d+( )2
4--------------------------- L δ+( )=
δ ∆d ∆VπLd
2
4------------
δL--- 2
∆d
d-------+
≈
∆V V⁄ δL--- 2
∆d
d-------+ ε 2ε⊥ 1 2ν–( )ε=+=≈
ν 0,3= ∆V V⁄ 1 2 0,3⋅–( ) 0,3
200--------- 0,6 10
3–⋅==
ν 0,5= ∆V V⁄ 0= ν 0,5=
σ N A⁄= N Mg= ε σ E⁄ Mg EA⁄= =
∆ εL MgL EA⁄ 6 mm≈= =
σ x( ) ρg L x–( )= ε x( ) ρg L x–( ) E⁄= x
εxd
d∆= ∆ ∆d
0
L
∫ ε x( ) xd
0
L
∫ρgL
2
2E------------ 0,02 mm≈= = =
ε1 σ1 E1⁄ P E1A1⁄= = ∆1 ε1L1 PL1 E1A1⁄= =
∆2 PL2 E2A2⁄=
∆ ∆1 ∆2+ PL1
E1A1
------------L2
E2A2
------------+ = =
— 14 —
1.18 Spänningen i stången är , där radien ges av . Töjningen
är . Stångändens förskjutning blir:
1.19 Radien ges av , där är en koordinat mätt från upphängningen. Normalkraften
i stången blir ; spänningen är , och töj-
ningen . Den sökta förskjutningen fås nu som .
1.20 a) Friktionen mot rörväggen blir (kraft/ytenhet) och drar röret nedåt. Spänning-
en på avståndet från utloppet blir .
b) Maximal spänning fås vid infästningen ( ): .
1.21 a)
b) , där .
σ N A⁄ P πr⁄ x( )2
= = r x( ) r1
r2 r1–
L---------------x+=
ε x( ) σ x( ) E⁄= ∆ ε x( ) xd
0
L
∫P
πE-------
xd
r1
r2 r1–
L---------------x+
2
--------------------------------------
0
L
∫PL
πEr1r2
-----------------= = =
r x( ) r 1x
L---–
= x
N x( ) ρgπr2L 1
x
L---–
3
3⁄= σ x( ) N x( ) A x( )⁄ ρgL
3---------- 1
x
L---–
= =
ε x( ) σ x( ) E⁄= ∆ ε x( ) xd
0
L
∫ρgL
2
6E------------= =
τ p0r( ) 2L( )⁄=
x σ p0rx( ) 2Lt( )⁄=
x L= σ p0r( ) 2t( )⁄=
σ σs 4⁄= t⇒ 4 mm=
N x( ) qL2
8h--------- 1
64h2x
2
L4
-----------------+=
δ ε x( ) sd
0
Ls
∫ ε x( ) 164h
2x
2
L4
-----------------+ xd
L– 2⁄
L 2⁄
∫= = ε x( ) σ x( )E
-----------N x( )EA
-----------= =
δ 2qLh
3EA------------- 1
3
16------
L
h---
2+
0,94 m≈=
— 15 —
2. Stänger och stångbärverk
2.1 En fast inspänd stång med längden och
tvärsnittsarean belastas med två axial-krafter enligt figuren. Stångmaterialet är li-
neärt elastiskt med elasticitetsmodulen .
a) Beräkna reaktionskrafterna vid stöden
b) Bestäm axialförskjutningen av vänstrakraftens angreppspunkt
c) Bestäm normalspänningen i ett snitt mellan de bägge krafterna
2.2 Bestäm krafterna i de två stängerna i anordningen enligtfiguren. Materialet är lineärt elastiskt och stängerna är
spänningslösa då .
2.3 Vilka spänningar fås i de två stängerna (se figur), om denlineärt elastiska anordningen monteras mellan två stela
väggar med ett passningsfel ?
2.4 Anordningen i figuren är spänningslös vid temperaturen
. Vilka spänningar fås om stängerna värms till temper-
turen ? Materialet är lineärt termoelastiskt med
elasticitetsmodulen och längdutvidgningskoefficienten
.
2.5 Två lineärt termoelastiska ( ) massiva cylindrar ärmed exakt passning monterade mellan två stela väggar.Bestäm de stödreaktioner som uppkommer om den min-
dre cylindern värms .
2.6 En stav av ett lineärt termoelastiskt material monte-ras mellan två stela väggar, så att anordningen är
spänningslös vid temperaturen . Bestäm största
normalspänningen i staven då temperaturen höjs till
.
Data: , , ,
, ,
L L L
P P
3L
A
E
P
L1 A1,L2 A2,
P 0=
L1 A1,L2 A2,
L1 L2 ∆–+
∆ L1 L2+«
L1 A1,L2 A2,T
T ∆T+
E
α
2D
D
2L 3L
E α,
T
A2A1 A2
L1L2 L2
T0
T T0 30°C+=
E 210 GPa= α 12,5 106–⋅ °C⁄= A1 1 cm
2=
A2 2 cm2
= L1 10 cm= L2 20 cm=
— 16 —
2.7 En stång ABC med längden ( ) och
tvärsnittsarea monteras mellan två stela väg-
gar på avståndet från varanndra. Beräkna vil-
ken kraft som måste anbringas i B, för attdelen AB ska bli spänningsfri. Materialet är line-
ärt elastiskt med elasticitetsmodulen .
2.8 En pelare, som i spänningslöst tillstånd har längden , är infäst mellan två
stöd på avståndet från varandra; stöden kan betraktas som oeftergivliga.Beräkna normalspänningen i pelaren på grund av dess egentyngd. Materia-
let är lineärt elastiskt med elasticitetsmodulen och densiteten .
2.9 Ett hjul är försett med 3 symmetrisk arrangerade ekrar, var och
en med axialstyvheten ; (vinkeln mellan varje eker-
par är ). Beräkna navets vertikala förskjutning på grund
av den symmetriskt verkande kraften . Fälgen (hjulringen)får betraktas som stel.
2.10 Bestäm kraft–föskjutningssambandet för de två pa-rallellkopplade stängerna i figuren.
2.11 En ventil ska monteras på två olika långa stängerenligt figuren. Bestäm de stångkrafter som uppkom-
mer på grund av passningsfelet . Ventilen be-traktas som stel och viktlös; stångmaterialet är
lineärt elastiskt med elasticitetsmodulen .
A CB
P
2L 3⁄ L 3⁄
L ∆+ ∆ L«
A
L
P
E
L
x
L
L
E ρ
P
k EA L⁄=
120° ∆P
E2 A2 L2, ,
E1 A1 L1, , P ∆,
stel
stel
A L, A 2L 3⁄,
δ
δ L«
E
— 17 —
2.12 Betrakta anordningen i uppgift 2.11. Antag att monteringen (med passningsfelet ) utförs vid
temperaturen och att materialets längdutvidgningskoefficient är .
a) Finns det någon temperatur vid vilken stängerna är spänningslösa?
b) Finns det någon temperatur vid vilken bara den ena stången är spänningslös?
c) Bestäm stångkrafterna pga. passningsfelet (vid ) och en temperaturökning
2.13 Ett hjul, som kan betraktas som stelt, har en eker och ro-
terar med vinkelhastigheten kring navet. Ekerns
längd är och dess tvärsnittsarea ; den är tillverkadav ett lineärt elastiskt material med elasticitetsmodulen
och densiteten . Beräkna spänningen i ekern (under
förutsättning att den är spänningsfri då ).
2.14 Betrakta en stång med längden och konstant tvärsnitt-
sarea , som belastas av en friktionslast med varierande
intensitet ; stången är infäst i sina båda ändaroch materialet är lineärt elastiskt med elasticitetsmodu-
len . Om lasten är tillräckligt reguljär (deriverbar) kanden alltid skrivas i termer av en Taylor serie,
, där koefficienterna beror av lastens
explicita utseende. Betrakta två konsekutiva termer i serien, , där är
(t.ex) jämnt.
a) Antag att man söker den axiella förskjutningen av stångens mittpunkt ( ) — är det dåudda, jämna, eller alla termer i lastens Taylorutveckling som behöver beaktas?
b) Antag att man söker spänningen i stångens mittpunkt ( ) — är det då udda, jämna, elleralla termer i lastens Taylorutveckling som behöver beaktas?
2.15 En stång av lineärt elastiskt material har längden ,
konstant tvärsnittsarea , och är fast inspänd i sina bådaändar. Beräkna spänningstillståndet i stången på grund
av en friktionslast .
δT0 α
T0 ∆T
2Lω
stelt hjulekerω
2L A
E ρω 0=
E A,L 2⁄ L 2⁄
x
f f x( )=L
A
f f x( )=
E
f x( ) fi
x
L---
i
i 0=
∞
∑= fi
fn
x
L---
n
f n 1+( )x
L---
n 1+( )+ n
u 0( )
σ 0( )
L
f f0πx
L------sin=
x
L
A
KxA f f0πx
L------sin= =
— 18 —
2.16 En stång med lineärt varierande tvärsnitt, , belastas med en kraft i
sin högra ( ) ände, och är infäst i vänstra ( ) ände. Materialet är lineärt elastiskt med
elasticitetsmodulen .
a) Formulera det randvärdesproblem som beskri-ver problemet (den styrande differentialekvatio-nen och randvillkoren); randvillkoren skauttryckas i den axiella förskjutningen och dessderivata.
b) Beräkna spänningen som funktion av .
c) Beräkna den axiella förskjutningen genom
att lösa randvärdesproblemet. Vad blir stångändens förskjutning ( )?
2.17 En stång med längden ska tillverkas av ett lineärt elastiskt mate-
rial (elasticitetsmodulen och densiteten ) och hängas upp fritt
från ett tak. Den nedre halvan ska ha tvärsnittsarean .
a) Bestäm tvärsnittsarean för den övre halvan av stången, så att
spänningen i denna del blir (konstant) då stången enbart
påverkas av gravitationen .
b) Bestäm stångens förlängning.
2.18 En stång av lineärt elastiskt material (elasticitetsmodu-
len ) har längden . Den är fastsatt i sin vänstra ände
och belastas med en friktionslast (kraft/längd) med kon-stant intensitet utmed hela sin längd.
a) Bestäm tvärsnittsarea så att normalspänningen
varierar linerärt mellan vid in-
spänningen och vid den fria änden. Här är .
b) Bestäm så att axialförskjutningen varierar lineärt mellan och ,
givet att .
2.19 En stel, homogen, och jämntjock triangulär skiva med
tyngden hänger i tre lika långa trådar av samma line-
ärt elastiska material (elasticitetsmodulen ). Bestämkraften i trådarna om
a) alla trådar har samma tvärsnittsarea:
b)
c)
A x( ) A0 1x
L---–
A1x
L---+= P
x L= x 0=
E
A0A1
L
P
x
u x( )u L( )
L
L
A x 0<( ) A0=
A x( )
x
2L
E ρA0
A x( )σ ρgL=
g
x
L
fE L
f
A x( )σ x( ) σ 0( ) fL A0⁄=
σ L( ) 0= A0 A 0( )=
A x( ) u x( ) u 0( ) u L( ) umax=
A L( ) 0=
Q
a a
LA1 A2
A3
Q
E
A1 A2 A3 A= = =
A1 A= A2 2A= A3 3A=
A1 ∞= A2 A3 A= =
— 19 —
2.20 En stel bom är via en led fäst i en vägg samt upphängd itvå stänger. Stängerna har olika tvärsnittsareor ochlängder, men är tillverkade av samma lineärt elastiska
material (elasticitetsmodulen ). Beräkna hur stor vin-
kel bommen vrider sig när den belastas med ett mo-
ment enligt figuren; (bommens tyngd kanförsummas).
2.21 En stel balk är ledat infäst i en vägg samt understödd avtvå identiska, lineärt elastiska, stänger (tvärsnittsarea
och elasticitets modul ). Bestäm hur mycket balkens
högra ände förskjuts om båda stängerna upphettas ;
stångmaterialets längdutvidgningskoefficient är .
2.22 Tre stänger med samma tvärsnittsarea och längd ärledat infästa till ett stelt ok enligt figuren. Stångmateri-alet är lineärt elastiskt idealplastiskt med elasticitets-
modulen och sträckgränsen . Oket belastas med en
kraft under en av ytterstängerna.
a) Beräkna stångkrafterna då är så liten att allastänger uppträder lineärt elastiskt.
b) Bestäm den kraft vid vilken en stång precis
plasticerar
c) Bestäm den kraft vid vilken två stänger plas-
ticerar (och strukturen därmed kollapsar)
d) Hur stor är flytlastförhöjningen ?
2.23 En triangelformad, jämntjock, plåtskiva med tyngden ska
hängas upp i 3 lika likadana trådar med tvärsnittsarean .Trådarna tillverkas i ett lineärt elastiskt idealplastisk mate-
rial vars –samband visas i figuren. Bestäm den minsta
tvärsnittsarea ( ) som inte leder till stora deformationer(helt förändrad geometri hos anordningen).
a 2a
L1 A1,
L2 A2,
M
E
θM
a a
L
L
A E
T
α
P
aa
L
A L
E σs
P
P
P Ps=
P Pf=
β
Q
ε
σ
σs
εs 0,005=
a a
Q
A
σεA
— 20 —
2.24 Man önskar bära upp en last med en anordning enligt figu-
ren. Stängerna har samma tvärsnittsarea och är tillverkade
av ett elastiskt–idealplastiskt material (elasticitetsmodulen
och sträckgränsen ). Bestäm lasten vid begynnande plastice-
ring.
2.25 En stel bom med längden är i sin ena ände ledatinfäst till en vägg samt i taket upphängd i två
stänger med längden , enligt figuren. De båda
stängerna är har axialstyvheten och är tillver-kade av ett elastiskt–idelaplastiskt material med
sträckgränsen . Bommen belastas med en jämnt
fördelad last vars resultant betecknas .
a) Bestäm den kraftresultant som ger begyn-
nande plasticering.
b) Bestäm den kraftresultant vid vilken kon-
struktionen kollapsar (båda stängerna plasticerar).
2.26 Stångbärverket i figuren består av tre stänger avett elastiskt–idealplastiskt material; samtliga
stänger har tvärsnittsyta . Materialets elastici-
tetsmodul är och sträckgränsen .
a) Beräkna den kraft som ger begynnande
plasticering, samt motsvarande förskjutning avkraftens angreppspunkt.
b) Beräkna den kraft vid vilken alla stäng-
er plasticerar, samt motsvarande förskjutningav kraftens angreppspunkt.
2.27 Stångbärverket i figuren består av två stänger, AC
med axialstyvheten och BC med axialstyvheten
, som är förenade i en punkt vars horisontalför-skjutning är förhindrad. Konstruktionen belastas med
en vertikalt riktad kraft i den gemensamma knut-punkten. Bestäm stångkrafterna.
a a
60°
L
P
P
A
E
σs
stel
2a------=
a a
LEA EA
2a
L
EA
σs
Q
Qs
Qf
L L
L
P
A B C
D
A
E σs
P Ps=
P Pf=
A
B
C
EA
2EA
P
2L
L
L
EA
2EA
P
— 21 —
2.28 De tre stängerna i fackverket har samtliga konstant
tvärsnittsarea och är alla spänningslösa vid tempera-
turen . Bestäm de stångkrafter som uppträder om
hela konstruktionen värms till . Stångmate-
rialet är lineärt elastiskt med elasticitetsmodul och
längdutvidgningskoefficient .
2.29 Samtliga stänger i fackverket har axial-
styvheten . Beräkna knutförskjut-ningarna som uppkommer då en
horisontell kraft belastar fackverket iknuten B. Använd förskjutningsmetod.
2.30 Samtliga stänger i fackverket har axial-
styvheten . Använd förskjutningsme-tod för att beräkna knutförskjutningarnapå grund av den visade belastningen.
2.31 I ett stångbärverk med tre stänger, alla
med axialstyvheten , är en av stänger-
na, BC, för kort enligt figuren. Be-stäm den fria knutens förskjutning ochspänningarna i det tre stängerna, efterdet att bärverket monterats ihop.
L L
2L
A B C
D
A
T0
T T0 ∆T+=
E
α
P
L
L L
A
B
CD
EA
P
P
A
B
C
L
30°
60°
30°
EA
∆ L«
4L
3L
A B
CD
EA
∆ L«
— 22 —
Lösningar
2.1 Stångkrafterna blir (från vänster till höger):
a) Vänster stöd: (drar åt vänster); höger stöd: (drar åt höger)
b) åt höger
c)
2.2
2.3 Axialkraften i stången blir (dvs. en konstant tryckkraft).
Spänningarna i del 1 och 2 blir:
2.4 Axialkraften i stången blir (dvs. en konstant tryck-
kraft). Spänningarna i del 1 och 2 blir:
2.5 Normalkraften i stången blir
Den vänstra stödreaktionen blir (åt höger)
Den högra stödreaktionen blir (åt vänster)
2.6 Den (till beloppet) största spänningen uppträder i mittsektionen, eftersom normalkraften är
konstant längs stången. (tryckspänning)
2.7
2.8 Den styrande differentialekvationen är , där, i detta fall, är tyng-
den per längdenhet stång. Integrera båda sidor, dividera med , och integrera igen; då fås
(den axiella förskjutningen)
Integrationskonstanterna bestäms ur randvillkoren och ; man får och
. Spänningen fås nu som:
N1 P 3⁄= N2 2P– 3⁄= N3 P 3⁄=
Rv P 3⁄= Rh P 3⁄=
PL 3EA⁄
σ 2P 3A⁄–=
N1
PL2A1
L1A2 L2A1+-------------------------------= N2
PL1A2–
L1A2 L2A1+-------------------------------=
N EA1A2∆ L1A2 L2A1+( )⁄–=
σ1 N A1⁄ EA2∆ L1A2 L2A1+( )⁄–= = σ2 N A2⁄ EA1∆ L1A2 L2A1+( )⁄–= =
N Eα ∆T( )A1A2 L1 L2+( ) L1A2 L2A1+( )⁄–=
σ1 N A1⁄ Eα ∆T( )A2 L1 L2+( ) L1A2 L2A1+( )⁄–= =
σ2 N A2⁄ Eα ∆T( )A1 L1 L2+( ) L1A2 L2A1+( )⁄–= =
N2EαTA1A2–
3A1 2A2+-------------------------------
2π–
11--------- αETD
2⋅= =
Rv N–2π11------ αETD
2⋅= =
Rh N–2π11------ αETD
2⋅= =
σmaxN
A1
------5–
3------α ∆T( )E 131 MPa–= = =
P 3EA∆L---=
xd
dEA
xd
du– KxA= KxA ρgA=
EA–
u x( ) a bx ρgx2
2E⁄–+=
u 0( ) 0= u L( ) 0= a 0=
b ρgL 2E⁄ u x( ) ρg
2E------- Lx x
2–( )=⇒= σ x( ) Eε x( ) E
xd
du ρg
2------ L 2x–( )== =
— 23 —
Speciellt vid de två stöden: (dvs. stöden bär lika stor del av totala tyng-den).
2.9
2.10
2.11 Vänstra stången: (tryckt); högra stången: (dragen)
2.12 a) Om temperaturen stiger med förlängs vänstra stången ett stycke och den
högra ett stycke . När skillnaden i förlängning är lika med passningsfelet, är
stängerna spänningslösa:
b) Nej — när ingen yttre kraft verkar på konstruktionen, måste de inre krafterna vara självba-
lanserande ( ) för att jämvikt ska råda.
c)
2.13 Den styrande differentialekvationen är , där, i detta fall, är den
utåtriktade tröghetskraften per längdenhet stång; vi har här valt att lägga origo i navet. Efter-
som är konstant, får vi . Integrera två gånger:
(den axiella förskjutningen). Integrationskonstanterna bestäms ur randvillkoren och
; man får . Spänningen fås nu som:
. (Man får alltså dragspänningar i området
; utanför detta område är stången tryckt).
2.14 Den styrande differentialekvationen är och randvillko-
ren är samt . Lösningen blir då (om är ett jämnt (positivt) heltal):
vilket ger spänningarna:
Alltså fås för mittpunkten på stången ( ):
σ 0( ) σ– L( ) ρgL 2⁄= =
∆ 2P 3k⁄=
PE1A1
L1
------------E2A2
L2
------------+ ∆=
Nv3EAδ
5L--------------–= Nh
3EAδ5L
--------------=
∆T ∆Lv α ∆T( )L=
∆Lh 2α ∆T( )L 3⁄=
∆Lh ∆Lv– δ ∆T 3δ– αL⁄=⇒=
Nv Nh+ 0=
Nh Nv–EA
5-------
3δL------ α ∆T( )+ = =
xd
dEA
xd
du– KxA= KxA ρAω2
x=
EAx
2
2
d
d u ρω2x E⁄–= u x( ) a bx ρω2
x3
6E⁄–+=
u L–( ) 0=
u L( ) 0= u x( ) ρω2
6E---------- L
2x x
3–( )=
σ x( ) Eε x( ) Exd
du ρ ωL( )2
6E------------------ 1 3
x
L---
2–== =
x L 3⁄ 0,577L≈<
xd
dEA
xd
du– fn
x
L---
n
f n 1+( )x
L---
n 1+( )+=
u L– 2⁄( ) 0= u L 2⁄( ) 0= n
u x( ) L2
2n 2+( )
n 2+( )EA------------------------------------------
fn
n 1+------------ 1
2x
L------
n 2+( )–
f n 1+( )n 3+
---------------x
L---
1
2---
2x
L------
n 3+( )–+
=
σ x( ) Eε x( ) Exd
du L
2n 2+( )
n 2+( )A--------------------------------------
f n 1+( )n 3+
--------------- 1 n 3+( ) 2x
L------
n 2+( )–
2 n 2+( )fn
n 1+-------------------------
2x
L------
n 1+( )–
= = =
x 0=
— 24 —
a) — dvs endast jämna termer påverkar resultatet
b) — dvs endast udda termer påverkar resultatet
2.15 Lösningen till med randvillkoren samt är:
Så spänningen blir . Den vänstra stödreaktionen (positiv åt vänster)
blir . Den högra stödreaktionen (positiv åt vänster) blir
.
2.16 a) b)
c) ;
2.17 a)
b) I övre halvan är spänningen konstant, , så töjningen blir (konstant). Delens för-
längning blir alltså . I undre halvan ( ) är spänningen och
därmed töjningen . Undre halvans förlängning blir alltså
. Total förlängning blir då
2.18 a) (konstant)
b)
u 0( )fnL
2
2n 2+( )
n 1+( ) n 2+( )EA------------------------------------------------------------=
σ 0( )f n 1+( )L
2n 2+( )
n 2+( ) n 3+( )A--------------------------------------------------------=
xd
dEA
xd
du– f0
πx
L------sin= u 0( ) 0= u L( ) 0=
u x( )f0L
2
π2EA
-------------πx
L------sin=
σ x( ) Exd
du f0L
πA-------
πx
L------cos= =
Rv σ 0( )A f0L π⁄= =
Rh σ– L( )A f0L π⁄= =
xd
d– EA x( )
xd
du0= 0 x L< <
u 0( ) 0=
xd
duL( )
P
EA1
----------=
σ x( )P
A x( )-----------P
A0 1x
L---–
A1x
L---+
-----------------------------------------= =
u x( )PL
E A0 A1–( )---------------------------
A0
A0 1x
L---–
A1x
L---+
-----------------------------------------ln= u L( ) PL
E A0 A1–( )---------------------------
A0
A1
------ln=
A x( ) A0ex L⁄( )
=
ρgL ε ρgL
E----------=
δ1 εLρgL
2
E------------= = L x 0< <– ρg x L+( )
ε x( ) ρg x L+( )E
------------------------=
δ2 ε x( ) xd
L–
0
∫ρgL
2
2E------------= = δ δ1 δ2+
3ρgL2
2E----------------= =
A x( ) A0=
A x( )fL
2
Eumax
--------------- 1x
L---–
=
— 25 —
2.19 Stångkrafterna blir , och
a och b) , , ; c) , ,
2.20 Momentjämvikt kring infästning i vägg:
Geometri:
Hookes lag och kinematiskt samband ger:
2.21 Momentjämvikt kring infästning i väggen:
Hooke:
Geometri:
(nedåt)
2.22 a)
b) c)
d)
2.23 I elastiskt tillstånd blir de tre stångkrafterna:
Stång 3 (längst till höger) plasticerar alltså först. Sätt ; då fås , så
med fås:
2.24
2.25 a) b)
2.26 Av symmetrin inses att knut D förskjuts rakt nedåt. Beteckna förskjutningen ; stångförläng-
N1Q
3----
4A1A3 A1A2–
A1A2 4A1A3 A2A3+ +------------------------------------------------------- = N2
2Q
3-------
2A1A2 A2A3+
A1A2 4A1A3 A2A3+ +------------------------------------------------------- =
N3Q
3----
8A1A3 A2A3+
A1A2 4A1A3 A2A3+ +------------------------------------------------------- =
N1 Q 6⁄= N2 Q 3⁄= N3 Q 2⁄= N1 Q 5⁄= N2 4Q 15⁄= N3 8Q 15⁄=
M N1 3a⋅– N2 2a⋅– 0=
∆1 3aθ= ∆2 2aθ=
N1 ∆1
EA1
L1
----------⋅= N2 ∆2
EA2
L2
----------⋅=
θ M
Ea2 9A1
L1
---------4A2
L2
---------+
-----------------------------------------=
N1 2a N2 a⋅–⋅ 0=
ε2 αTN2
EA-------+= ε2 αT
N1
EA-------+=
∆1 2∆2= ∆1 ε1L ∆2 ε2L–=,=( )
∆12
5---αTL=
N1 P– 6⁄= N2 P 3⁄= N3 5P 6⁄=
Ps 6σsA 5⁄= Pf 3σsA 2⁄=
βPf
Ps
----- 1– 0,25= =
N1 Q 6⁄= N2 Q 3⁄= N3 Q 2⁄=
N3 σsA= N2 4Q 3⁄ 2σsA–=
N2 σsA= A4Q
9σs
---------89Q
E----------≈=
Ps
2 3 3+( )σsA
6---------------------------------- 1,2σsA≈=
Qs
5σsA
2-------------= Qf 3σsA=
∆
— 26 —
ningarna blir då och . Stångkrafterna blir då
och .
Vertikal jämvikt ger , så vi får , dvs .
Insättning i uttrycken för stångkrafterna ovan ger samt
a) Stången BD plasticerar först eftersom den har störst axialkraft; plasticering fås då
, dvs då , vilket ger . Knutförskjutningen är då
.
b) Med ger jämviktsekvationen
. ger att knutförskjutningen då är
2.27
2.28
2.29 (knut B åt höger) och (knut C åt höger)
2.30 Stånglängderna är , och . Låt vara den nedåtriktade
kraften i knut A och vara en horisontell last, positiv åt höger, i knut C. Vertikal jämvikt
i A och horisontell jämvikt i C ger då eller . Låt vara
förlängningen av den stång som förenar knutarna och ; Normalkrafterna blir då
eller . Knutförskjutningarna associerade till lasterna
δAD δCD∆2
-------= = δBD ∆=
NAD NCDEA
2L----------
∆2
-------⋅ EA∆2L
-----------= = = NBDEA∆
L-----------=
PNAD
2----------- NBD
NCD
2----------+ += P
1 2+
2----------------
EA∆L
-----------⋅= ∆ 2
1 2+----------------
PL
EA-------⋅=
NAD NCDP
2 2+----------------= = NBD
2P
2 2+----------------=
NBD σsA= σsA2Ps
2 2+----------------= Ps
1 2+
2----------------σsA=
∆σsL
E---------=
NAD NBD NCD σsA= = =
Pf1
2------- 1
1
2-------+ +
σsA 1 2+( )σsA= = NADEA∆2L
----------- σsA= =
∆2σsL
E------------=
NAC5P
3-----------= NBC
2 5P–
3-----------------=
NAD NCD5EA–
16 5 5+---------------------- α ∆T⋅= = NBD
4EA
16 5 5+---------------------- α ∆T⋅=
δB,h8 1 2+( )PL
8 5 2+( )EA--------------------------------= δC,h
4PL
8 5 2+( )EA--------------------------------=
LAB 4L= LAC 2 3L= LBC 2L= P1 P=
P2 0=
P1
P2
1–
2------
3–
2---------- 0
01
2---
3–
2----------
NAB
NAC
NBC
= P AT
N= di j
i j
NAB
NAC
NBC
EA
L-------
1
4--- 0 0
01
2 3---------- 0
0 01
2---
dAB
dAC
dBC
= N Sd= P1
— 27 —
och fås nu som lösningen till ekvationssystemet , där
. Man finner
2.31 Knuten förskjuts åt höger och åt vänster. Stångkrafterna blir ,
och
P2 KδA,v
δC,h
P=
K AT
SAEA
16 3L----------------- 6 3+ 2 3–
2 3– 2 6 3+
= =δA,v
δC,h
16 3PL
9 19 3+( )EA----------------------------------- 1 3 3+
3
4,10
1,15
PL
EA-------≈=
∆6---
19∆27
---------- NAC5EA∆–
54L------------------=
NBC2EA∆27L
---------------= NCDEA∆18L-----------=
— 28 —
— 29 —
3. Materialmodeller
3.1 En stång av ett lineärt visköst material har tvärsnittsarean och längden . Vid tiden
anbringas en axiallast (konstant). Bestäm töjningen som funktion av . Tag hänsyn tillminskningen av tvärsnittsareans storlek — viskös deformation sker under volymkonstans.
3.2 En stel platta är i ena änden ledat infäst till en vägg
och hänger i två lika stänger, längd och tvärsnittsa-
rea , av Maxwellmaterial. Bestäm kraften så
att plattans ytterände får konstant förskjutning .Plattans egentyngd kan försummas och stängerna ärdärför spänningsfria innan kraften anbringas.
3.3 En tråd av Maxwell material har längden med
. Den spänns mellan två fasta stöd enligt figuren.
Bestäm . Efter hur lång tid har spänningen mins-kat till halva respektive en fjärdedel av begynnelse-värdet?
3.4 Stången i figuren är tillvekad av ett Maxwell–
material, materialparametrar och , och är
obelastat vid tiden . Bestäm förlängningen
om en konstant axialkraft belastar kon-
struktionen vid .
3.5 Ställ upp den differentialekvation som be-skriver materialet vid enaxlig belsatning.
3.6 En stång med längden har massan och tvärsnittarean . Vid tiden
monteras den enligt figuren och belastas därefter enbart av sin egen-
tyngd. Bestäm stångförlängningen om materialet är ett
a) Maxwellmaterial med parametrar och
b) Kelvinmaterial med parametrar och
3.7 En stång med längden och tvärsnittsarea belastas så att spänningen
varierar enligt . Bestäm töjningen efter det att initiella transienter dött ut
om materialet är ett
a) Maxwell–material ( )
b) Kelvin–material ( )
A0 L0 t 0=
P t
δ
P t( )
L
L L
A A
L
A P t( )δ
L
ε0∆L---=
L ∆–
∆ L«
σ t( )
3L 2L
3A2A
P
δ t( )E ηt 0<
δ t( ) P
t 0≥
σ σ
E1
ηE2
E η L A m, , , ,
δ t( )
L m A
t 0=
δ
E η
E η
L A
σ t( ) σ0 ωt( )sin= ε t( )
E η,
E η,
— 30 —
3.8 En stång av ett Maxwell–material, materialparametrar
och , är obelastad fram till då den utsätts för
spänningen . Vid tiden dubbleras lasten så att
spänningen därefter är . Bestäm töjningen .
3.9 En stålstång används för att förspänna ett betongrör medhjälp av en mutter, enligt figuren. Muttern dras åt så att
spänningen i stången blir , varvid spänningen i
röret blir . Försumma inverkan av gavelplattanoch antag att båda materialen kan beskrivas enligt Max-well–modellen, där elasticitetsmodulerna ges av
respektive och viskositetskon-
stanterna är respektive .
a) Beräkna spänningarna i de båda delarna efter ett år.
b) Efter hur lång tid har tryckspänningen i röret halve-rats?
tt1
σ
σ0
2σ0
E η t 0=
σ0 t1 0>
2σ0 ε t( )
300 MPa
10 MPa–
Es 200 GPa= Eb 20GPa=
ηs 1020 MNs
m2
------------= ηb 1013 MNs
m2
------------=
— 31 —
— 32 —
Lösningar
3.1
3.2
3.3 Spänningen i tråden blir . Spänningen har halverats från begynnelsevärdet
efter tiden . Efter tiden har spänningen minskat till en fjärdedel.
3.4
3.5
3.6 a)
b)
3.7 a)
b)
3.8
3.9 . , där .
a) ;
b)
ε t( ) e
Pt
ηA0
----------
1–=
P t( ) 5EAδ2L
-------------- e
Et–
η---------
=
σ t( ) E∆L
------- e
Et–
η---------
=E∆L
-------
t1 2⁄ηE--- 2ln= t1 4⁄
ηE--- 4ln=
δ t( ) 2PL
EA---------- 1
Et
η-----+ =
σ·E2
η------σ+ E1 E2+( )ε·
E1E2
η------------ε+=
δ t( ) mgL
2EA----------- 1
Et
η-----+ =
δ t( ) mgL
2EA----------- 1 e
Et–
η---------
–
=
ε t( ) σ01
E--- ωtsin
1
ωη-------- ωtcos–
=
ε t( )σ0
E2 ωη( )2
+---------------------------- E ωtsin
1
ωη-------- ωtcos–
=
ε t( ) σ01
E---
t
η---+
= 0 t t1< <
ε t( ) σ02
E---
t1
η----–
2t
η-----+
= t t1>
σb t( )σs t( )–
30---------------= σs t( ) 300 MPa e
αt–⋅= αEbEs 30ηb ns+( )ηbηs 30Eb Es+( )------------------------------------------ 0,5 10
9–⋅ s 15,768 103–⋅ år⁄=⁄= =
σs 1 år( ) 295,3 MPa= σb 1 år( ) 9,8 MPa–=
t1 2⁄ηbηs 30Eb Es+( )EbEs 30ηb ηs+( )------------------------------------------ ln2= 44 år≈
— 33 —
4. Vridning och skjuvning
4.1 En krok är fäst till en lyftanordning med bult som har diame-
tern . Bestäm medelskjuvspänningen i bulten,
då .
4.2 Vid provning av ett lim används ett dubbelt överlappsför-band enligt figuren. Brott erhölls i limfogen då
. Viken medelskjuvspänning rådde i limmetomedelbart före brott?
4.3 En brytpinne, placerad i en radiell skåra, används för attöverföra ett vridande moment från en remskiva, radie
, till en axel med radien . Hur stor tvär-snittsarea måste brytpinnen ha om remskivan ska lossna då
vridmomentet är och flytspänningen för det ideal-
plastiska materialet är ? Från friktion mellan
remskiva och axel bortses.
4.4 Två triangulära block med tjockleken är hoplimmande till en
kvadrat med sidlängden . Uppskatta medelspänningarna
och i limmet, om konstruktionen belastas enligt figuren.
P
P
d
d 10 mm= τP 1 kN=
20 mm
Q
Q
Q
Q
40 mm
Q 32 kN=
r
P
M
R
R 200 mm= r 50 mm=
M 200 Nm=
τs 200 MPa=
P
a
at
a σ
τ
— 34 —
4.5 Ett tunnväggigt rör, radie och godstjocklek , har tillverkats av ett rek-tangulärt plåtstycke som böjts och svetsats ihop med en längsgående svetsfog. Bestäm det störs-
ta vridande moment röret kan belastas med om skjuvspänningen i svetsmaterialet inte får
överstiga .
4.6 För att skarva ett par plåtremsor med tjock-
leken och bredden , används ett dubbeltöverlappsförband med 2 par skruvar på varjesida; avståndet mellan varje skruvpar är
. De två skarvplåtarna har också tjock-
leken och bredden . Bestäm förhållandet
mellan tvärsnittsareorna, hos skru-
varna A och B, så att medelskjuvspänningenblir lika i alla skruvar då konstruktionen ut-sätts för enaxlig dragning. Antag att plåtma-terialet är lineärt elastiskt och bortse frånskruvarnas deformation.
4.7 En axeltapp (solitt cirkulärt tvärsnitt) belastas
med ett vridande moment enligt figuren. Beräk-
na fria ändens rotation då största skjuvspän-
ningen är . Materialet är lineärt
elastiskt med skjuvmodulen .
4.8 En maskinaxel med solitt cirkulärt tvärsnitt belastas med ett vridande moment ; materialet
är lineärt elastiskt med skjuvmodulen . Beräkna axelns vridning om den är dimen-
sionerad så att vridmomentet ger maximala skjuvspänningen i den smala de-
len.
R 100 mm= h 5 mm=
T
200 MPa
h
R
TT
A AB B
P P
L L
2P
2---⋅
PB
A B
t B
L B»
t B
AA AB⁄
d2d
L 2L
L 200 mm= d 80 mm=
T
T
ϕτmax 50 MPa=
G 85 GPa=
T
G 78 GPa=
τmax 100 MPa=
100 mm 100 mm20 mm
10 mm
4 mm
10 mmT
T
— 35 —
4.9 En propelleraxel med solitt cirkulärt tvärsnitt (ra-
dien ) överför ett vridande moment . För att
minska vikten vill man borra ett hål med radien längs axelns centrumlinje. Hur mycket kan viktenminskas om man kan tillåta maximalt 10% ökningav största skjuvspänningen?
4.10 En cirkulär axel med diametern och länden be-
lastas med ett vridmoment . Axeln borras urlängs centrumlinjen så att vikten minskar medhälften. Hur mycket måste vridmomentet minskaom
a) största skjuvspänningen inte får öka?
b) vridvinkeln inte får öka?
4.11 En massiv cirkulär axel med diametern belastas med
ett vridmoment . Man överväger att byta axeln till en
med ett kvadratisk håltvärsnitt (se figur). Hur storviktreduktion kan man härigenom uppnå, om maximalaskjuvspänningen inte får öka?
4.12 Axeln mellan en ångturbin och en el–generator ska över-
föra effekten vid varvtalet (varv/min.). Bestäm axeldiametern om maximalt tillåten skjuv-
spänning är .
4.13 Bestäm sambandet mellan vridvinkel och vridmoment
för en svagt konisk axel, längd , med solitt cirkulärt
tvärsnitt; (tvärsnittets radie varierar lineärt mellan
och ). Materialet är lineärt elastiskt med skjuvmodulen
.
r r
αr
r Mv
αr
L
dT T
d L
T
d
10h
10h
hd
Mv
200 MW 3600 RPM
τtill 200 MPa=
A πr12
= A πr22
=
L
T
ϕT L
r1
r2
G
— 36 —
4.14 Ett tunnväggigt cirkulärt rör, radie och godstjocklek , med längden är fast inspänt i ena
änden och understött av en torsionfjäder med styvheten i den andra; (vridmomentet i fjädern
är proportionellt mot styvheten och vridningsvinkeln vid fjädern: ). Röret be-
lastas med ett jämtfördelat vridmoment , orsakad av en excentriskt placerad utbredd
last (kraft/längd enhet) enligt figuren.
a) Bestäm vridmomentet i röret om . Hur stort blir inspänningsmomentet
respektive vridmomentet i fjädern?
b) Dimensionera torsionsfjädern (dvs. bestäm styvheten ) så att skjuvspänningen pga. vrid-ning minimeras.
4.15 En axel med homogent cirkulärt tvärsnitt ut-sätts för det utbredda vridmomentet
(moment/längdenhet). Axeln
har ena änden fri och den andra fast inspänd.Materialet är lineärt elastiskt med skjuvmo-
dulen . Bestäm vridvinkeln som funktion
av .
4.16 En axel med homogent cirkulärt tvärsnitt ut-sätts för det utbredda vridmomentet
(moment/längdenhet). Båda
axeländar är fast inspända. Materialet är li-
neärt elastiskt med skjuvmodulen . Be-
stäm vridvinkeln som funktion av .
r t L
k
Mv L( ) k– ϕ L( )⋅=
f qr=
q
L
x
r
t
k
z
y
Mv x( ) k 4Gπr3t L⁄=
k
x
L
f x( )
df x( ) f0x L⁄=
G
x
x
L
f x( )
df x( ) f0x L⁄=
G
x
— 37 —
4.17 En trumma av tunnplåt har cirkulärt tunnväggigt tvärsnitt med medelradien och väggtjock-
leken . Trumman är fast inspänd i bägge ändar, och belastas med ett vridande moment
enligt figuren. Materialet är lineärt elastiskt–ideal plastiskt med skjuvmodulen och flytspän-
ningen .
Data:
a) Beräkna det största vridmoment som trumman kan belastas med innan plasticering
erhålls. Bestäm också motsvarande vridvinkel vid vridmomentets angreppspunkt.
b) Bestäm det största vridmoment som trumman kan belastas med, innan trumman är
helt genomplasticerad. Hur stor är motsvarande vridvinkel vid momentets angrepps-
punkt?
c) Hur stor är flytlastförhöjningen ?
4.18 En axel med cirkulärt tvärsnitt är fast inspänd i bägge ändar och belastas med ett vridmoment
enligt figuren. Materialet är lineärt elastiskt–idealplastiskt med skjuvmodulen och sträck-
gränsen .
Data:
a) Bestäm det vridmoment vid vilket någon del av axeln börjar plasticera, samt motsva-
rande vridvinkel vid momentets angreppspunkt.
b) Beräkna flytlastförhöjningen .
R
t R« T
G
τs
L 2L
T2R
t
G 77 GPa= τs 100 MPa= L 1 m= R 100 mm= t 5 mm=
T Ts=
ϕs
T Tf=
ϕf
β
T G
τs
T
L2L
d
G 75 GPa= τs 100 MPa= L 300 mm= d 20 mm=
T Ts=
ϕs
β
— 38 —
4.19 En axelkonstruktion består av en inre axel med radien och ett yttre rör med inre raden
och yttre radien . Ena änden är fast inspänd, medan den andra belastas med ett vridande mo-
ment via en stel skiva. Både axel och rör kan betraktas som lineärt elastiska–idealplastiska:
axeln har skjuvmodulen och flytspänningen ; röret har samma skjuvmodul, men flytspän-
ningen .
a) Bestäm radieförhållandet så att båda delarna plasticerar samtidigt.
b) Bestäm det största vridmoment som konstruktionen nätt och jämnt kan bära för de-
signen .
4.20 Konstruktionen i figuren består av två tunnväggiga rör som är tillverkade av ett lineärt elas-
tiskt–idealplastiskt material med skjuvmodul och sträckgräns (vid ren skjuvning) . Det in-
ner röret har diametern och godtjockleken , medan det yttre har diametern och
godstjockleken . Konstruktionen utsätts för ett vridande moment via gavlar vars deforma-tion kan försummas.
a) Bestäm det vridmoment som ger begynnande plasticering, samt motsvarande relativa
vridningsvinkeln mellan gavlarna.
b) Bestäm det vridmoment som leder till genomplasticering av konstruktionen, samt mot-
svarande relativa vridningsvinkeln mellan gavlarna.
R1 R1
R2
T
G τs
2τs
L
T2R2 2R1
R2 R1⁄
T Tf=
R2 R1⁄ 2=
G τs
d h3d
2------
2h T
TT
L
2h
hd
3d 2⁄
Ts
ϕs
Tf
ϕf
— 39 —
— 40 —
Lösningar
4.1 (observera att detta bara är ett medelvärde på skjuvspän-
ningen — i verkligheten varierar spänningen över tvärsnittet)
4.2
4.3 Tvärkraften i brytpinnen är .
4.4
4.5 Tunnväggigt rör: (i ett snitt där vridmomentet är ).
4.6 Horisontell jämvikt för en av mittplåtarna ger: (där och är krafterna i
respektive bult). Betrakta en av ytterplåtarna och en av mittplåtarna — kompatibilitet:
(dvs. avståndsökningen mellan bulthålen måste vara lika i de bägge
plåtarna, när deformationer i bultarna försummas). Med hjälp av jämvikt för utsnittade delar
kan vi uttrycka normalspänningarna och mellan bulthålen i termer av och
(och/eller ); detta ger uttryck för töjningarna:
Från jämviktsekvationen och kompatibilitetsekvationen får vi då:
4.7 Vridmomentet är i varje tvärsnitt. Solitt cirkulärt tvärsnitt med radien :
.
;
4.8 Solitt cirkulärt tvärsnitt med radien : där .
τ P
2A------- A πd
24⁄={ } 6,37= = MPa=
τ Q
2A------- A 20 40 mm
2⋅={ } 20 MPa= = =
T M r⁄= τ T A⁄ τs= = A⇒ 20 mm2
=
σ τ P 2at⁄= =
τ Mv 2πR2h⁄= Mv T=
τti l l 200 MPa= Tt il l 63 kNm=⇒
P NA– NB– 0= NA NB
εAB ytter, L⋅ εAB mitt, L⋅=
σAB ytter, σAB mitt, P
NA NB
εAB ytter, σAB ytter, E⁄ NA 2BtE⁄= = εAB mitt, σAB mitt, E⁄ P NA–( ) BtE⁄= =
NA 2P 3⁄= NB P 3⁄=
τA NA 2AA⁄ τB NB 2AB⁄ τA τB=,= AA AB⁄ 2=⇒,=
Mv T= R
τ r( )2Mvr
πR4
-------------=
τmax 2Mv πR3⁄ 2Mv π d
2---
3⁄ 16Mv πd
3⁄ 50 MPa= = = = Mv 1,6 π 103 Nm⋅ ⋅=⇒
ϕ ϕ1 ϕ2+2MvL
Gπd4
--------------2Mv 2L⋅
Gπ d 2⁄( )4-------------------------+
66MvL
Gπd4
-----------------= = = ϕ 6,1 103– rad⋅ 0,35°= =
R τ r( )2Mvr
πR4
-------------= Mv T=
τmax
2Mv 2 103–⋅( )⋅
π 2 103–⋅( )
4⋅
--------------------------------------- 100 MPa= = Mv 0,4π Nm=⇒
— 41 —
4.9 Maximal skjuvspänning i den solida axeln:
Maximal skjuvspänning i den borrade axeln:
Reduktion av tvärsnittets area (proportionell mot viktsreduktionen):
4.10 Hålets radie är
Solitt tvärsnitt: (där är snittmomentet
i axeln).
Håltvärsnitt: (där är
snittmomentet i den urborrade axeln):
a) — b)
4.11
För det solida cirkulära håltvärsnittet har vi vridmotståndet
För ett slutet tunnväggigt tvärsnitt är vridmotståndet , där är minsta gods-
tjockleken och är den av väggens medellinje inneslutna ytan; för den rektangulära hålsektio-
nen har vi alltså och , så . Villkoret att maximal
skjuvspänning inte ska öka ger: . .
reduktion av vikten.
4.12 Med en solid cirkulär axel krävs en diameter på
4.13 Den styrande differentialekvationen är .
Randvillkor:
ϕ ϕ1 ϕ2 ϕ3+ + 22Mv 0,1⋅
Gπ 0,0054⋅
----------------------------⋅2Mv 0,02⋅
Gπ 0,0024⋅
----------------------------+ 0,016 rad 0,92°≈ ≈= =
τmax,s 2Mv πr3⁄=
τmax,h 2Mvr π r4 αr( )4
–( )[ ]⁄=
τmax,h 1,1 τmax,s⋅= α41 11⁄= α 0,55≈⇒ ⇒
As Ah–
As
------------------ 100⋅ 100α2100 11⁄ 30%≈= =
a d 2 2⁄=
ϕs 2Mv,sL Gπ d
2---
4⁄= τmax,s 2Mv,s π d
2---
3⁄= Mv s, T=
ϕh 2Mv,hL Gπ d
2---
4a
4–
⁄= τmax,h 2Mv,hd
2---
π d
2---
4a
4–
⁄= Mv h,
τmax,h τmax,s= Mv,h 0,75Mv,s=⇒ ϕh ϕs= Mv,h 0,75Mv,s=⇒
τmax Mv Wv⁄=
Wv c, πd3
16⁄=
Wv 2Ahmin= hmin
A
hmin h= A 9h( )2= Wv h, 162h
3=
Wv c, Wv h,= h⇒π
2592------------
1 3⁄d= Ac π d
2---
2= Ah 4 9h h⋅ ⋅=
Ac Ah–
Ac
------------------ 100⋅ 100 1144
π---------π
2592------------
2 3⁄– 48%≈⋅=
d 2 60π2( )1– 3⁄
⋅ 238,17 mm≈=
xd
dGK
xd
d ϕ– f=
ϕ 0( ) 0= Mv L( ) Txd
dϕx L=( )⇒ T GK⁄= =
— 42 —
I det givna problemet har vi , konstant, samt tvärsnittsfaktorn där radien
varierar med enligt . Multiplicera differentialekvationen med samt
integrera en gång; dividera resultatet med ; då fås . Integrationskonstanten ( )
kan bestämmas ur randvillkoret vid . Man får , så .
Integrera igen: . Randvillkoret vid ger att
, så man får .
Vid fås då slutligen .
Alternativ lösning: ( är konstant).
4.14 Den styrande differentialekvationen är .
Randvillkor:
I uppgiften är (konstant), är konstant, samt (konstant). Den allmänna lös-
ningen ges då av . Randvillkoret vid ger att ; randvillkoret
vid ger
a) Med fås varvid , så man fås
. Speciellt fås inspänningsmomenten: samt
(och man ser att global jämvikt är uppfylld).
b) Att minimera (den till beloppet) största skjuvspänningen, är det samma som att minimera
det till beloppet största vridmomentet, ty (och vridmotståndet är kon-
stant i uppgiften (eftersom tvärsnittets storlek och form är konstant längs röret)). Vi har att
. Vridmomentet varierar lineärt längs röret så (till beloppet)
f 0= G K π 2r4⁄=
r x r x( ) r1
r1 r2–
L---------------x–= 1 G⁄–
Kxd
dϕA K⁄= A
x L= A T G⁄=xd
dϕ 2T
Gπ r1
r1 r2–
L---------------x–
4
----------------------------------------------=
ϕ B2TL
3Gπ r2 r1–( ) r1
r1 r2–
L---------------x–
3
-----------------------------------------------------------------------–= x 0=
B 2TL( ) 3Gπr13
r2 r1–( )( )⁄= ϕ 2TL
3Gπ r2 r1–( )--------------------------------1
r13
----1
r1
r1 r2–
L---------------x–
3
--------------------------------------–
=
x L= ϕ L( )2TL r1
2r1r2 r2
2+ +( )
3Gπr13r2
3------------------------------------------------=
Mv x( ) GKxd
dϕ= ϕ L( ) T
GK-------- xd
0
L
∫=⇒ M x( ) T=
xd
dGK
xd
d ϕ– f=
x 0:= ϕ 0=
x L:= kϕ Mv– GKxd
dϕ–= =
f qr= G K 2πr3t=
ϕ x( ) qx2
4Gπr2t
------------------– Ax B+ += x 0= B 0=
x L= A qL1
4Gπr2t
------------------r 2⁄
kL 2Gπr3t+
-------------------------------+ =
k 4Gπr3t( ) L⁄= A qL( ) 3Gπr
2t( )⁄= ϕ x( ) qL
2
12Gπr2t
--------------------- 4x
L--- 3
x
L---
2–
=
Mv x( ) GKxd
dϕ qLr
3--------- 2
3x
L------–
= = Mv 0( ) 2qLr 3⁄=
Mv L( ) qLr– 3⁄ kϕ L( )–= =
τmax Mv max, Wv⁄= Wv
Mv x( ) GKxd
dϕ2Gπr
3tA qrx–= =
— 43 —
störst vridmoment fås i rörets ändar. Minsta vridmoment fås då dessa sätts lika:
. Detta ger: . Enligt ovan har vi integrationskonstanten
som:
Om dessa två uttryck för är lika, så är uppenbarligen , dvs. torsionsfjädern ska varaoändligt styv (vilket är det samma som en fast inspänning).
4.15 Randvärdesproblemet är: där .
Lösningen är
Störst vridningsvinkel fås i höger ände:
4.16 Randvärdesproblemet är: där .
Lösningen är
Störst vridningsvinkel fås vid :
4.17 a) Snittmomentet till vänster om yttre lasten blir . Snittmomentet till höger om
yttre lasten blir . Spänningen i ett snitt där vridmomentet är ges av
. Plasticering erhålls alltså i vänster del först:
Vridningsvinkeln vid yttre lasten blir då:
b) Då röret är genomplasticerat på båda sidor om lasten har vi . Snitta
ut en liten del av röret kring lasten; jämvikt ger att .
Alltså:
Vridningsvinkeln vid yttre lasten blir då:
c)
Mv 0( ) Mv L( )–= A qL( ) 4Gπr2t( )⁄=
A qL1
4Gπr2t
------------------r 2⁄
kL 2Gπr3t+
-------------------------------+ =
A k ∞=
xd
dGK
xd
d ϕ– f0x L⁄= ϕ 0( ) 0=
xd
dϕL( ) 0= K πd
432⁄=
ϕ x( )16f0L
2
3Gπd4
----------------- 3x
L---
x
L---
3–
=
ϕ L( )32f0L
2
3Gπd4
----------------- 10,67f0L
2
Gπd4
-------------≈=
xd
dGK
xd
d ϕ– f0x L⁄= ϕ 0( ) 0= ϕ L( ) 0= K πd
432⁄=
ϕ x( )16f0L
2
3Gπd4
-----------------x
L---
x
L---
3–
=
x L 3⁄= ϕ L 3⁄( )32f0L
2
9 3Gπd4
------------------------ 2,05f0L
2
Gπd4
-------------≈=
T Mv v, 2T 3⁄=
T Mv h, T 3⁄= Mv
τ Mv 2πR2t( )⁄= τs 2Ts 3⁄( ) 2πR
2t( )⁄=
Ts 3πR2tτs 47 kNm≈=
ϕMv v, L
2GπR3t
--------------------τsL
GR-------- 0,013 rad 0,74°≈ ≈= =
Mv v, Mv h, 2πR2tτs= =
Tf Mv v, Mv h,–– 0=
Tf 4πR2tτs 63 kNm≈=
ϕMv h, 2L⋅
2GπR3t
-----------------------2τsL
GR----------- 0,026 rad 1,49°≈ ≈= =
βTf
Ts
----- 1– 1 3⁄= =
— 44 —
4.18 a)
b) .
4.19 a) Låt och beteckna vridmomenten i inre axeln respektive yttre röret.
Jämvikt: . Kompatibilitet: (pga. den stela skivan ska axel och rör vri-
da sig lika mycket).
Vi har att och att . Insatt i kompatibilitetsekvationen och med ut-
nyttjande av jämviktsekvationen, kan de båda snittmomenten beräkans:
Axeln börjar plasticera då
Yttre röret börjar plasticera då
Sätt de båda uttrycken för lika:
b) Då axeln är genomplasticerad är snittmomentet i denna
Då röret är genomplasticerad är snittmomentet i detta
Jämvikt:
4.20 a) ,
b) ,
Ts3πd
3
32------------τs 236 Nm≈= ϕ
2τsL
Gd----------- 0,04 rad= 2,3°≈=
Tfπd
3
6---------τs= β
Tf
Ts
----- 1–7
9--- 0,778≈= =
Mv i, Mv y,
T Mv i, Mv y,–– 0= ϕi ϕy=
ϕi
2Mv i, L
GπR14
------------------= ϕi
2Mv y, L
Gπ R24
R14
–( )-------------------------------=
Mv i,R1
4
R24
------T= Mv y,R2
4R1
4–
R24
------------------T=
τs
2Mvs i,
πR13
----------------= Mvs i,π2---R1
3τs
R14
R24
------Ts= = Ts⇒ ⇒π2---τs
R24
R14
------=
2τs
2Mvs y, R2
π R24
R14
–( )---------------------------= Mvs y,
πR2
------ R24
R14
–( )τs
R24
R14
–( )
R24
-----------------------Ts= = Ts⇒ ⇒ πτsR23
=
Tsπ2---τs
R24
R14
------ πτsR23
=R2
R1
------⇒ 2=
Mvf i,2
3---πR1
3τs=
Mvf y,2
3---π R2
3R1
3–( ) 2τs⋅=
Tf Mvf i, Mvf y,+ 10πτsR13
= =
Ts
31τsπd2h
12------------------------= ϕs
4τsL
3Gd-----------=
Tf
11τsπd2h
4------------------------= ϕf
2τsL
Gd-----------=
— 45 —
5. Balkteori — Spänningsberäkningar och ytors geometri
5.1 Beräkna tyngdpunktens läge för ett segment av en cirkel med radien och
öppningsvinkeln .
5.2 Beräkna tyngdpunktens läge för ett segment av en cirkelbåge med (medel)ra-
dien , öppningsvinkeln och tjockleken .
5.3 Beräkna tyngdpunktens läge för ett L–tvärsnitt med mått enligt figu-ren.
5.4 Beräkna tyngdpunktens läge för ett I–tvärsnitt där godstjockleken ärmycket mindre än övriga tvärsnittsdimensioner. Övriga mått enligt fi-
guren. Specialisera resultatet till fallet .
5.5 Beräkna tyngdpunktens läge för ett U–tvärsnitt där godstjockleken är mycket mindre än övriga tvärsnittsdimensioner. Övriga mått enligtfiguren.
5.6 En yta består av en cirkel med radien , ur vilken en cirkel
med radien skurits ut; den mindre (utskurna) cirkeln
tangerar den större. Beräkna tyngdpunktens läge. Specialiseraresultatet till fallet då cirklarna är nästan lika stora:
.
θR
z
y
ztp
R
θ
Rθ
y
ztp
tR θ t R«
y
z
ztp
ytp tf
tl
B
H
Bf2
Bf1
H
y
ztp
t
Bf1 Bf2=
B
Hy
z ytp
t
2R2
2R1
y
zztp
R1
R2 R1<
R2 R1≈ R=
— 46 —
5.7 Bestäm yttröghetsmomenten och för I–tvärsnittet i fi-
guren.
5.8 Bestäm yttröghetsmomentet map. z–axeln ( ) för T–tvär-
snittet enligt figuren. Approximera resultaten för fallet
, (dvs. för ett tunnväggigt tvärsnitt).
5.9 Bestäm yttröghetsmomenten och för ett tunnväggigt
T–tvärsnitt. Godstjockleken (samma i både liv och fläns)är mycket mindre än övriga tvärsnittsdimensioner.
5.10 Bestäm yttröghetsmomentet map. y–axeln ( ) för ett T–
tvärsnitt med mått enligt figuren.
5.11 Bestäm yttröghetsmomentet map. på en tyngdpunktsaxel
för ett tunnväggigt cirkulärt tvärsnitt, med radien och
väggtjockleken .
b
b
a a
ay
z
tp
Iy Iz
t
t
a
b 2⁄ b 2⁄
y
z
tp
Iz
t a« t b«
H
H
y
z
tp
Iy Iz
t
z
y
30 mm 30 mm 30 mm
60 mm
20 mm
tp
Iy
t R«R
z
y
R
t
— 47 —
5.12 Bestäm yttröghetsmomentet map. y–axeln (genom tyngdpunk-
ten) för ett liksidigt triangeltvärsnitt med basen och höjden .
5.13 Bestäm yttröghetsmomentet map. y–axeln (genom tyngdpunk-ten) för ett kvadratiskt håltvärsnitt med mått enligt figuren.
Måttet avser tvärsnittets yttermått — antag inte tunnväggig-het!
5.14 Bestäm yttröghetsmomentet map. y–axeln (genom tyngdpunk-ten) för ett tjockväggigt kvadratiskt håltvärsnitt med mått enligtfiguren.
5.15 Bestäm yttröghetsmomentet map. y–axeln (genom tyngdpunk-ten) för ett kvadratiskt tvärsnitt enligt figuren.
H
H
tpy
z
H
z
y
b
b 10⁄b
a
a 2⁄
z
y
H
H
z
y
— 48 —
5.16 Bestäm yttröghetsmomentet map. y–axeln (genom tyngd-punkten) för ett enkelsymmetriskt I–tvärsnitt med måttenligt figuren.
5.17 Bestäm yttröghetsmomenten och för ett rektangu-
lärt tvärsnitt innehållande ett hål med radien ;övriga mått enligt figuren.
5.18 En balk har ett dubbelsymmetriskt liggande I–tvärsnittmed mått enligt figuren. Beräkna största drag– ochstörsta tryckspänningen i ett tvärsnitt där snittmomen-
tet är .
5.19 Beräkna största drag– och tryckspänningarna i ett tunn-
väggigt T–tvärsnitt som belastas med ett moment .
Liv och fläns har samma godstjocklek , där och
.
5.20 Ett tunnväggigt T–tvärsnitt har med flänsbredd , liv-
höjd och godstjocklek , belastas med snittmomen-
ten och , samt axialkraften
. Bestäm maximal drag– och tryckspänning isnittet.
15 cm
25 cm
15 cm
5 cm
5 cm
5 cm
y
z
tp
R
7 cm3 cm
3 cm
3 cm
zy
tp
Iy Iz
R 2 cm=
y
z
My
a
a
tt
ta 5 cm=
t 1 cm=
My 1 kNm=
a
b
tp y
z
Mz
Mz
t t a«
t b«
z
ytpH
H
H
H t H«
My M= Mz M 2⁄=
N 2M H⁄=
— 49 —
5.21 En balk har ett tunnväggigt cirkulärt tvärsnitt med radien och godstjockleken . Bestäm
maximal drag– och tryckspänning i ett snitt där böjmomentet är .
5.22 En balk har ett tunnväggigt T–tvärsnitt har med flänsbredd , livhöjd och godstjocklek .
Bestäm maximal drag– och tryckspänning i ett snitt där böjmomentet är .
5.23 En balk har ett solitt likbent triangulärt tvärsnitt med höjden och basen
. Bestäm maximal drag– och tryckspänning i ett snitt där böjmomentet
är .
5.24 Beräkna skjuvspänningen pga. en tvärkraft i ett rektangulärt
tvärsnitt ; bestäm speciellt största skjuvspänningen .
5.25 Antag att balken i uppgift 5.24 är uppbyggd av 3 plankor som limmats
samman, och beräkna maximat tillåten tvärkraft i ett tvärsnitt om
tillåten skjuvspänning i limmet är .
5.26 En balk är hopskruvad av två plankor så att tvärsnittet blir enligtfiguren. Bestäm medelskjuvspänningen i en skruv om tvärkraften
är och skjuvkraften mellan plankorna helt överförs av skruvar-na (dvs. friktion mellan plankorna försummas). Av ståndet mellan
skruvparen i balkens längsled är och varje skruv har tvärsnitt-
sarea är .
5.27 I ett tvärsnitt av en transversellt belastad balk är tvärkraften . Balken har ett massivt cirku-
lärt tvärsnitt , så medelskjuvspänningen blir . Hur mycket större blir den
största skjuvspänningen i tvärsnittet?
R t R«
My M=
H H t H«
My M=
H
H
z
y
H
H
My M=
H
B
Tz
z
y
τ z( ) Tz
B H× τmax
B
3H
3----×
Tz till,
τB
T
3h
2h
T
a
Askruv
T
A πR2
= τmedel T A⁄=
τmax
— 50 —
5.28 Bestäm skjuvspänningen i liv och fläns (som funktion av hjäp-
koordinaterna respektive ), i ett T–tvärsnitt med godstjock-
leken , då det belastas med tvärkraften .
5.29 En I–balk med tvärsnitt enligt figuren tillverkas genomatt flänsarna svetsas på livet. Beräkna erforderligt a–mått för svetssträngen, om (den vertikala) tvärkraften i
ett tvärsnitt kan uppgå till och tilllåten skjuvspän-
ning i svetsen är .
5.30 Bestäm skjuvcentrums läge för
a) ett tunnväggigt L–format tvärsnitt
b) ett tunnväggigt T–format tvärsnitt
5.31 Betrakta ett tunnväggigt enkelsymmetriskt I–tvärsnitt med gods-
tjockleken i både liv och flänsar.
a) Bestäm skjuvspänningarna pga. tvärkraften .
b) Beräkna skjuvcentrums läge.
5.32 Ett tunnväggigt U–tvärsnitt, godstjockleken , har liv– och flänsdi-mensioner enligt figuren. Bestäm skjuvcentrums läge.
5.33 Beräkna skjuvcentrums läge för tvärsnittet i figu-
ren; godtjockleken är mycket mindre än övrigatvärsnittsmått.
η
ζ
z
ytpTz H
H
ζ ηt H« Tz
a
100 mm
100 mm
20 mm
20 mm
20 mm
10 kN
10 MPa
H
B1
B2
Ty
escsc
t
Ty
B
H
esc
sc
t
HH 2⁄ H 2⁄
Hsc
esc
t
— 51 —
— 52 —
Lösningar
5.1
5.2
5.3
5.4 — då båda flänsarna har samma bredd, , reduceras uttrycket
(som väntat) till .
5.5
5.6 , , . Statiskt moment med avseende på ovankant:
, vilket ger — då reduceras detta
till .
5.7
5.8
5.9 Tyngdpunkten ligger under tvärsnittets överkant.
5.10 Tyngdpunkten ligger under tvärsnittets överkant. .
ztp4R
3θ-------
θ2---sin=
ztp
2R2t
t3
12------+
Rtθ------------------------θ2---sin
2R
θ-------θ2---sin≈=
ytp
tfB2
2tftlB tl2H+ +
2 tfB tlH+( )----------------------------------------------= ztp
tlH2
tf2B+
2 tfB tlH+( )------------------------------=
ztpH
2----
2Bf1 H+
Bf1 Bf2 H+ +---------------------------------⋅= Bf1 Bf2=
ztp H 2⁄=
ytpB
2
2B H+-----------------=
A1 πR12
= A2 πR22
= A A1 A2–=
ztpA R1A1 2R1 R2–( )A2–= ztp
R12
R1R2
R22
–+
R1 R2+-------------------------------------= R2 R1≈ R=
ztp R 2⁄=
Iy
ab
12------ a
22b
2+( )= Iz
ab
12------ 8a
212ab 7b
2+ +( )=
Iz
tb3
12-------
at3
12-------+
tb3
12-------≈=
H 4⁄
Iy
tH3
12-------- tH
H
2----
H
4----–
2 Ht
3
12-------- tH
H
4----
2+ + +
5tH3
24------------≈=
30 mm Iy 2,04 106 mm
4⋅≈
— 53 —
5.11
—
5.12
5.13 . Räkna gärna även ut under antagande om tunnväggighet och jämför.
5.14
5.15 För en triangel med basen och höjden blir tröghetsmomentet m.a.p. dess egen
tyngdpunktsaxel (parallell med basen): (se t.ex KTH sid 332). Tröghets-
momentet m.a.p. på basen (som sammanfaller med hela tvärsnittets tyngdpunktsaxel) blir då:
. För hela tvärsnittet fås alltså:
5.16 Tyngdpunkten ligger under tvärsnittets överkant.
5.17 (KTH sid. 332).
Tyngdpunkten ligger från tvärsnittets vänsterkant.
5.18 . .
Störst dragspänning (största positiva spänning) fås för ; störst tryckspänning
Iy z2
Ad
A
∫ z r ϕ dA r ϕd rd⋅=,sin={ } r3 ϕsin( )2 ϕd rd
0
2π
∫R
R t+( )
∫ r3
rd
R
R t+( )
∫
ϕsin( )2 ϕd
0
2π
∫
= = = =
r3
rd
R
R t+( )
∫ r4
4----
R
R t+1
4--- 4R
3t 6R
2t2
4Rt3
t4
+ + +( )= =
ϕsin( )2 ϕd
0
2π
∫ ϕ2---
1
4--- 2ϕsin–
0
2ππ= =
Iy
π4--- 4R
3t 6R
2t2
4Rt3
t4
+ + +( ) πR3t≈=
y
z
B ς( )
ς
H 3⁄
H
H
B ς( ) H ς–= ς z H 3⁄+= z,, ς H 3⁄–= zd ςd=,
Iy z2
Ad
A
∫ ς H 3⁄–( )2yd ςd
B 2⁄–
B 2⁄
∫0
H
∫ ς H 3⁄–( )2y B 2⁄–
B 2⁄ςd
0
H
∫= = = =
ς H 3⁄–( )2H ς–( ) ςd
0
H
∫H
4
36------= =
Iy 0,0492b4
= Iy
Iy
a4
12------
a 2⁄( )4
12-----------------–
15a4
192-----------= =
b H= h H 2⁄=
Iy' bh3
36⁄ H4
288⁄= =
Iy' Ah
3---
2+
H4
288---------
H2
4------
H
6----
2⋅+
H4
96------= = Iy 2
H4
96------⋅ H
4
48------= =
10,68181… cm Iy 20,914 103 cm
4⋅=
Iy cirkel, Iz cirkel,πR
4
4--------- 4π cm
4= = = Iy rektangel,
bh3
12-------- 180 cm
4= =
Iy Iy rektangel, Iy cirkel,– 167,43 cm4≈=
5,5299 cm Iz 423,85 cm4≈
σ N
A----
Myz
Iy
----------Mzy
Iz
----------–+Myz
Iy
----------= = Iy 2ta
3
12-------⋅ at
3
12-------+
255
12--------- 10
8– m
4⋅= =
z zmax a 2⁄= =
— 54 —
(största negativa spänning) fås för : ,
5.19 . .
Störst dragspänning (positivt ) fås för ; störst tryckspänning (negativt ) fås
för :
5.20 Tyngdpunkten ligger på avståndet från tvärsnittets övre kant. Tröghetsmomenten map.
tyngdpunktsaxlarna blir: .
Störst dragspänning fås i övre vänstra hörnet (flänsens vänstra kant); här är och
. Störst tryckspänning fås i livets underkant; här är och .
5.21
5.22 (se lösningen till uppgift 5.20).
5.23 Tyngdpunkten ligger på avståndet från tvärsnittets undre kant. (se lösningen
till uppgift 5.12 eller KTH sid. 332).
.
5.24 . . (statiska yttröghetsmomentet map. den delen av tvär-
snittet som ligger utanför ). — dvs. skjuvspänningen varierar kvadratiskt
z zmin a– 2⁄= = σmax
103 5 10
2–⋅2
------------------⋅
255
12--------- 10
8–⋅-------------------------------- 117,65 MPa= =
σmin 117,65 MPa–=
σ N
A----
Myz
Iy
----------Mzy
Iz
----------–+Mzy
Iz
----------–= = Iz
tb3
12-------
at3
12-------+
tb3
12-------≈=
σ y ymin b– 2⁄= = σ
y ymax b 2⁄= = σmax σmin–
Mz–b–
2------ ⋅
tb3
12-------
--------------------------6Mz
tb2
----------= = =
H 4⁄
Iy 5tH3
24⁄= Iz tH3
12⁄=
σ N
A----
Myz
Iy
----------Mzy
Iz
----------–+M
H2t
-------- 16
H----
4z
5----- y– +
= =
y H 2⁄–=
z H 4⁄= y 0= z 3H– 4⁄=
σmax26M
5H2t
------------= σmin13M–
5H2t
--------------=
σmax σmin–M
πR2t
----------- 0,32M
R2t
--------≈= =
σ N
A----
Myz
Iy
----------Mzy
Iz
----------–+24Mz
5H3t
--------------= =
σmax σ H 4⁄( )6M
5H2t
------------= = σmin σ 3H– 4⁄( )18M–
5H2t
--------------= =
H 3⁄ Iy H4
36⁄=
σ N
A----
Myz
Iy
----------Mzy
Iz
----------–+36Mz
H4
--------------= = σmax σ 2H 3⁄( )24M
H3
-----------= = σmin σ H– 3⁄( )12M–
H3
--------------= =
τTzS z( )
IyB----------------= Iy
BH3
12----------= S z( ) B
8--- H
24z
2–( )=
z τ3Tz
2BH3
-------------- H2
4z2
–( )=
— 55 —
över ett rektangulärt tvärsnitt; spänningen är noll vid övre och undre kanten ( ). Max-
imal skjuvspänning fås vid . — maximal skjuvspänning är alltså 1.5 ggr. stör-
re än medelspänningen .
5.25 Skjuvspänningen i tvärsnittet är enligt lösningen till uppgift 5.24.
Skjuvspänningarna vid limfogarna är alltså .
.
5.26 Skjuvspänningen i ett rektangulärt tvärsnitt är, enligt lösningen till uppgift 5.24,
. Med och fås vid skarven mellan brädorna ( ) alltså
.
(Alternativt: maximal skjuvspänning i ett rektangulärt tvärsnitt är 1.5 ggr medelskjuvspän-
ningen och uppträder i snittets mitt; ).
Varje skruv ska ta upp den kraft som motsvarar över en yta .
. (Observera att detta är den genomsnittliga skjuvspän-
ningen i ett skruvskär — i verkligheten varierar skjuvspänningen över snittet).
5.27 — dvs maximal skjuvspänning blir större än medelskjuvspänningen . (För
ett rektangulärt tvärsnitt är motsvarande faktor ).
5.28 —
5.29 . . Skjuvspänningen vid livets övre (och undre) kant
blir .
5.30 I ett tvärsnitt som är sammansatt av tunna raka strimlor som möts i en punkt, ligger skjuvcen-trum i denna punkten. (Detta följer av att kraftresultanten till skjuvspänningen i respektive del,nödvändigtvis måste verka längs en linje som går genom punkten).
z H 2⁄±=
z 0= τmax
3Tz
2BH-----------=
τTz
A-----
Tz
BH--------= =
τ3Tz
2BH3
-------------- H2
4z2
–( )=
τ H 6⁄( ) τ H– 6⁄( ) 4Tz 3BH⁄= =
τB 4Tz t i ll, 3BH⁄= Tz t i ll, 3τBBH 4⁄=⇒
τ3Tz
2BH3
-------------- H2
4z2
–( )= B 3h= H 2h= z 0=
τ Tz 4h2⁄=
τmax3
2---τ
3Tz
2A--------
Tz
4h2
--------= = =
F τ aB
2---× 3ha
2---------=
τskruvF
Askruv
----------------τ 3ha⋅
2 Askruv⋅-----------------------3Tza
8Askruvh----------------------= = =
τmax4T
3A-------= 4 3⁄ T A⁄
3 2⁄
τfläns
6Tzη
5H2t
------------= η H
2----≤
τliv
6Tzζ 3H 2ζ–( )
5H3t
-------------------------------------=
Iy 16,2 106–⋅ m
4= S 50mm( ) 120 10
6–m
3⋅=
τ 3,7 MPa= a 3,7 mm=
— 56 —
5.31 a) Skjuvspänningarna i övre och undre flänsen blir
respektive , där
.
b) Kraften orsakad av skjuvspänningen i den undre flän-
sen blir:
Låt tvärkraften verka genom skjuvcentrum och tag
vridmomentjämvikt kring övre flänsen:
(på symmetrilinjen)
5.32 (på symmetrilinjen)
5.33 (på symmetrilinjen) — dvs. skjuvcentrum ligger under tvärsnittet.
η2
η1
τö,max
TyB12
8Iz
------------=
τu,max
TyB22
8Iz
------------=
τö
Ty
2Iz
------- B1η1 η12
–( )= τu
Ty
2Iz
------- B2η2 η22
–( )=
Iz t B13
B23
+( ) 12⁄=
Tu τut η2d0
B2
∫ Ty
B23
B13
B23
+------------------
= =
Ty
Tyesc TuH= esc
TuH
Ty
---------- HB2
3
B13
B23
+------------------
= =⇒
esc 3B2
6B H+( )⁄=
esc 19H 14⁄=
— 57 —
6. Balkteori — Jämvikt och utböjning
6.1 Betrakta en fritt upplagd balk med längden som
belastas med en vertikal punktlast på avståndet
från vänstra stödet.
a) Använd jämviktsekvationer för att beräkna stö-dreaktionerna samt snittmomentet i balken.
b) Använd jämviktsekvationer för att beräknatvärkraften i balken.
c) Utgå ifrån momentet i deluppgift a och använd sambandet mellan och , för att be-räkna tvärkraften.
6.2 Betrakta en fritt upplagd balk med längden som
belastas med ett punktmoment på avståndet från vänstra stödet.
a) Använd jämviktsekvationer för att beräkna stö-
dreaktionerna samt snittmomentet i bal-ken.
b) Använd jämviktsekvationer för att beräkna tvärkraften i balken.
c) Utgå ifrån momentet i deluppgift a och använd sambandet mellan och , för att be-räkna tvärkraften.
6.3 Betrakta en konsolbalk som belastas med en förde-
lad last med den konstanta intensiteten
(kraft/längdenhet). Konsolens längd är och böj-
styvheten är .
a) Använd jämviktsekvationer för att beräkna stö-
dreaktionerna samt snittmomentet i bal-ken.
b) Använd jämviktsekvationer för att beräkna tvärkraften i balken.
c) Utgå ifrån momentet i deluppgift a och använd sambandet mellan och , för att be-räkna tvärkraften.
d) Utgå ifrån momentet i deluppgift a och använd sambandet mellan och utböjningen
för att beräkna förskjutningen.
6.4 Betrakta en konsolbalk som belastas med en fördeladlast med en intensitet (kraft/längd) som varierar line-
ärt mellan vid inspänningen och 0 vid
den fria änden. Konsolens längd är och böjstyvhe-
ten är .
a) Använd jämviktsekvationer för att beräkna stödreaktionerna samt snittmomentet ibalken.
b) Använd jämviktsekvationer för att beräkna tvärkraften i balken.
c) Utgå ifrån momentet i deluppgift a och använd sambandet mellan och , för att be-
P
αL βL
x
α β+ 1=
L
P
αL
M x( ) T x( )
αL βL
Mx
α β+ 1=
L
M αL
M x( )
T x( )
M x( ) T x( )
L
x
Q L⁄q Q L⁄–=
L
EI
M x( )
T x( )
M x( ) T x( )
M x( )w x( )
2Q
L-------
x
L---⋅
L x
q 2Q L⁄–=
L
EI
M x( )
T x( )
M x( ) T x( )
— 58 —
räkna tvärkraften.
d) Utgå ifrån momentet i deluppgift a och använd sambandet mellan och utböjningen
för att beräkna förskjutningen.
6.5 Rita moment– och tvärkraftsdiagram för den frittupplagda balken i figuren. Rullstödet bildar vin-
keln med horisontalplanet.
6.6 En balk är monterad mot vägg och golv enligt figuren.
Balken har massan per längdenhet, och belastas en-
bart av sin egentyngd , där är balkens längd. Be-räkna samtliga snittkrafter.
6.7 Beräkna största snittmomentet i en balk med last enligt
figur. är kraftresultanten till en fördelad last
(kraft/längd), som vars intensitet varierar lineärt från
till enligt figuren.
6.8 Beräkna största snittmomentet i en balk
med last enligt figur. är kraftresultanten
till en fördelad last (kraft/längd), som
vars intensitet varierar lineärt från till
enligt figuren.
6.9 Beräkna samtliga snittkrafter ( ,
och ) för konstruktionen i figuren. Denutbredda lasten har konstant intensitet
, där är resultanten.
M x( )w x( )
Px
α β+ 1=
αL βL
θθ
x
θ
m
mgL L
Q
L
MA QL 6⁄= qmaxQ q x( )–
0
qmax
2L L
Q qmaxQ
q x( )–
0
qmax
P
2L L
L
A B
C DP
2L------
N x( ) T x( )M x( )
P 2L⁄ P
— 59 —
6.10 En balk med längden är inspänd i sin vänstraände samt understödd av en rullagring på avstån-
det från inspänningen; strukturens böjstyvhetvarierar enligt figuren.
a) Använd elementarfall för att beräkna balkän-
dens förskjutning pga. den utbredda lasten
med kraftresultant nedåt.
b) Använd elementarfall för att beräkna balkändens förskjutning pga. den koncentrerade
lasten .
c) Beräkna balkändens förskjutning då balken belastas av både och .
6.11 En konsolbalk med längden och böjstyvheten understöds i sin fria ände av en fjäder med styvhe-
ten . Bestäm momentfördelningen ibalken då den belastas av en jämt utbredd last med
resultanten nedåt. Ansätt fjäderkraften som
statiskt övertalig; använd improviserad kraftmetod
och elementarfall för att beräkna .
6.12 Betrakta konstruktionen och lastfallet i uppgift 6.11 igen, men nu med obekant fjäderstyvhet.
Dimensionera fjädern (dvs. bestäm fjäderstyvheten ) så att 75% av belastningen tas upp av den
fasta inspänningen: .
6.13 Betrakta konstruktionen och lastfallet i uppgift 6.11 igen, men nu medobekant fjäderstyvhet. Dimensionera fjädern (dvs. bestäm fjäderstyvhe-
ten ) så att konsolens högra ände inte roterar ( ).
6.14 En balk med längden och böjstyvheten är fastinspänd i ena änden och glidinspänd i den andra.Konstruktionen belastas med en utbredd last vars
intensitet varierar lineärt mellan (nedåt) och
0 (resultanten är ). Rita momentdiagrammet.Använd improviserad kraftmetod och elementarfallför en konsol; ansätt de två reaktionskrafterna vidhögra stödet (glidinspänningen) som statiskt över-taliga.
6.15 En balk med längden och böjstyvheten är fast in-spänd i ena änden och elastiskt inspänd i den andra; in-
spänningsstyvheten är (om balken roterar
vinkeln vid stödet, så blir inspänningsmomentet
). Konstruktionen belastas med en koncentrerad last
mitt på spannet. Beräkna balkens vinkeländring (rota-tion) vid det elastiska stödet. Använd improviserad kraftmetod och elementarfall för en konsol;
ansätt och som statiskt övertaliga.
2EI EI
PQ
L2L
δc
3L
2L
δC
Q
δC
P
δC P Q
RHA
RA
MA
RB
Q
L
EI
S
L EI
S 24EI L3⁄=
Q RB
RB
S
RA 3Q 4⁄=
θB
RB
S θB 0=
EI
RHA
RA RB
MBMA
L
QL EI
2Q L⁄Q
EI
SPMB
MA
RA RBL
L EI
S 16EI L⁄=
θB
SθB
P
RB MB
— 60 —
6.16 Bestäm momentfördelningen i
balken enligt figuren ( är re-sultanten till den jämnt fördela-de lasten i spannet AB); angespeciellt maximalt snittmoment.Använd improviserad kraftme-tod och elementarfall för en frittupplagd balk; ansätt snittmomenten på ömse sidor av mittstödet som statiskt övertaliga.
6.17 Bestäm momentfördelningen i balken enligtfiguren. Använd improviserad kraftmetodoch elementarfall för en fritt upplagd balk;ansätt snittmomenten på ömse sidor av mitt-stödet som statiskt övertaliga.
6.18 Två konsolbalkar med böjstyvheten och längderna res-
pektive är förbundna med en stång som har axialstyvheten
. Den övre konsolen, med längden , belastas med en
uppåtriktad kraft och den undre konsolen med en nedåtrik-
tad kraft enligt figuren. Beräkna kraften i stången.
6.19 En fritt upplagd balk med längden och böjstyvheten har ett inre stöd, så att två spann med
längderna respektive bildas. Balken belastas utmed hela sin längd med en utbredd
last med den konstanta intensiteten (nedåt) samt mitt på det längsta spannet av en
punktlast . Beräkna samtliga stödreaktioner.
6.20 Ramen i figuren består av två lineärt elastiska balkar med böj-
styvheten . Konstruktionen är fast inspänd vid A; vid C är ver-tikalförskjutningen förhindrad. Den horisontella delen belastas
med en fördelad last nedåt ( är kraftresultanten). Be-
stäm samtliga stödreaktioner.
Q
A B C2EI EI
L L
Q
L 2L
3EI EIA B C
M
L L
L
EI
EI
EA
P
2P
EI 2L
L
EA L⁄ 2L
P
2P
L EI
L 3⁄ 2L 3⁄q0 P L⁄=
P
L 3⁄ L 3⁄
Pq0 P L⁄=
A B C
L 3⁄
q Q L⁄=
A
B C
L
L
EI
L----= Q
— 61 —
6.21 En konsolbalk med böjstyvheten och läng-
den understödjs på mitten av en fjäder med
styvheten . Då konstruktionen är obe-
lastad är fjädern ospänd. Beräkna fjäderkraften
då balken belastas med en vertikal kraft i sinfria ände.
6.22 En konsolbalk med längden består av två parallella stängermed solida cirkulära tvärsnitt,
den ena med diameter och den
andra med diametern . I denfria änden är de två stängernaförenade via en platta som kanbetraktas som styv. Bestämskjuvcentrums läge, dvs bestäm
hur lasten ska placeras ( ) föratt konsolen ska böja ut utan att
vridas. Materialet är lineärt elastiskt med elasticitetsmodul .
6.23 En balk med böjstyvheten och längden
vilar på 3 stöd, så att 2 två olika långaspann bildas enligt figuren. Till följd av enkonstruktionsmiss hamnar mitt–stödetnågot förskjutet, så att balken får en för-
skjutning nedåt vid mittstödet. Bestämstödreaktionerna.
6.24 Två lineärt elastiska konsolbalkar, AB och CD,
har båda böjstyvhet och längd och är fören-
ade med en fjäder med styvheten . Beräk-
na kraften i fjädern då CD belastas med en kraft
enligt figuren.
6.25 En lineärt elastisk balk ABCD med längd
och konstant böjstyvhet är lagrad på fyra
stöd, så att tre spann med längderna bildas.Konstruktionen belastas med två utbredda las-
ter, vardera med kraftresultanten , med line-ärt varierande intensitet enligt figuren. Bestämbalkens största utböjning i spannet BC.
P
EI
x
L0 L 2⁄
k6EI
L3
---------=
EI
L
k6EI
L3
---------=
P
P
x
z
P
y
z
2D D D
a ?=
E L,
L
D
2D
P a
E
A
B
C∆
L 3⁄ 2L 3⁄
xEI
L
∆
EI
EI
P
k
L 2⁄L 2⁄L
A B
C D
EI L
kEI
L3
------=
P
A B
C D
L L L
Q
Q
EI
3L
EI
L
Q
— 62 —
6.26 Ett instrument för att mäta intensitetenhos ett partikelflöde består av en alumini-
um–remsa med längden och tvärsnitts-
måttet . Remsan kanbetraktas som en balk som är fast inspänd
vid och fritt upplagd vid . Par-tikelflödet riktas mot en punkt på avstån-
det från inspänningen, och ger
upphov till en kraft på konstruktionen.
Mot en punkt på avståndet riktas
en ljusstråle som reflekteras med vinkeln , där är balkens rotation vid . På en skala
på avståndet från balken ska man läsa av kraftens storlek. För att få så stor käns-lighet som möjligt hos instrumentet, vill man hitta den punkt där rotationen är störst, samt be-
stämma avståndet så att rotationen blir så stor som möjligt.
a) Bestäm var kraften ska angripa (avståndet ) samt vart ljusstrålen ska riktas (avståndet
), så att instrumentet blir så känsligt som möjligt.
b) Beräkna balklängden så att utslaget blir då om .
6.27 Beräkna moment fördelningen i balken genom att lösa elastiskalinjens ekvation.
6.28 Beräkna momentfördelningen i balken genom att lösa elastiskalinjens ekvation; utnyttja symmetrin.
6.29 En balk med längden och böjstyvheten är fast in-spänd i båda ändar, och belastas med en utbredd last med
intensiteten (kraft/längdenhet). Be-
stäm momentfördelningen i balken genom att lösa elas-tiska linjens ekvation.
6.30 Betrakta konsolbalken i figuren; dess längd är och böjstyvhe-
ten varierar enligt . Ange de randvillkor
som lösningen till elastiska linjens ekvation måste uppfylla —
randvillkoren ska ges på (balkens utböjning) och dess de-rivator.
xP
w x( )
0 b a L
θ
2θR
S
L
B H× 5 0,1×( ) mm=
x 0= x L=
a αL=
P
b βL=
2θ θ x b=
R 500 mm=
a b>
P a
b a<
L S 10 mm= P 103– N= E 70 GPa=
EI L,
x
q x( ) q– 0x
L---=
EI L,x
q x( ) q– 0=
x
EI L,
q x( ) q– 0x
L---
2=
L EI
q x( ) q0 x L⁄( )2–=
L EI x( ),
x
MBP
L
EI x( ) EI0 2 x L⁄–( )=
w x( )
— 63 —
6.31 Konsolbalken i figuren har längden och böjstyvheten ; bal-
ken är understödd av en fjäder med styvheten i den fria än-den. Ange de randvillkor som lösningen till elastiska linjens
ekvation måste uppfylla — randvillkoren ska ges på (bal-kens utböjning) och dess derivator.
6.32 En balk med längden och böjstyvheten
är vid vänstra änden upplagd på ett
fast stöd och understöds av en fjäder med styvheten vidandra änden. Ange de randvillkor som lösningen till elas-tiska linjens ekvation måste uppfylla, då balken belastas
enlig figuren — randvillkoren ska ges på (balkensutböjning) och dess derivator.
6.33 Betrakta återigen balken i uppgift 6.32 men nu med (dvs. konstant), och låt
. Beräkna balkens utböjning .
6.34 Lös elastiska linjens ekvation för problemet som beskrivsi figuren. Använd resultatet för att beräkna stödreaktio-
nerna. (Lastintensiteten är ).
6.35 Antag att rullstödet i uppgift 6.34 utsätts för en påtving-
ad förskjutning (t.ex pga. sättningar i grunden). An-vänd elastiska linjens ekvation för att beräkna det
uppkomna inspänningsmomentet (utan inverkan
från yttre laster).
6.36 En lineärt elastisk balk med längden och böjstyvheten vilar på ett plant horisontellt un-
derlag. Balken belastas med en vertikal kraft i sin ena ände, samt med sin egentyngd; balken
har massan per längdenhet.
a) Beräkna hur stor kraften måste vara, för att en längd ska lätta från underlagt.
b) Hur högt, , lyfts balkänden då?
xS
L EI,
q x( )L EI
S
w x( )
MASL EI x( ),
x
L
EI x( ) EI0 2 x L⁄–( )=
S
w x( )
EI x( ) EI0=
S EI0 L3⁄= w x( )
Q
L EI,
x RBRA
MA
q x( ) Q L⁄–=
∆L EI,
MAx
∆
MA
L EI
P
m
P
aL
m EI,p
P a L<
p
— 64 —
6.37 En lineärt elastisk (elasticitetsmodul ) konsolbalk belastas i sin fria ände med en vertikal last
. Balken har ett idealiserat I–tvärsnitt, dvs livets tjocklek anses vara noll, med varierande
höjd . Tvärsnittshöjden varierar så att spänningen i flänsarna är , konstant utmed hela
konsolens längd . Beräkna nedböjningen under lasten .
E
P
H x( ) σ0±
L δ P
x
Pz w x( ),
H0
LB
H x( )t B«
δ
— 65 —
— 66 —
Lösningar
6.1 a,b)
Notera språnget i tvärkraft: det uppträder vid punktkraf-ten och är lika stort som kraftens magnitud.
c)
6.2 a,b)
Notera språnget i snittmoment: det uppträder vid punkt-momentet och är lika stort som punktmomentets magni-tud.
c)
6.3 a,b)
c)
d) ; randvillkor: .
Integrera 2 gånger:
. Randvillkoren
ger , så
RHA
RARB
P
M x( ) :
αβPL–
T x( ) :
P
αP
β– P
RHA 0= RA βP= RB αP=
M x( )βPx– x αL≤,
αP x L–( ) x αL≥,
= T x( )βP x αL<,–
αP x αL>,
=
T x( )xd
dM βP x αL<,–
αP x αL>,
= =
RHA
RARB
M x( ) :
T x( ) :
M
M L⁄
αM
βM–
MRHA 0= RA M L⁄–= RB M L⁄=
M x( )
Mx
L-------- x αL≤,
Mx
L--- 1– x αL≥,
= T x( ) M
L-----=
T x( )xd
dM M
L-----= =
RHA
RAMA
QL 2⁄QL 8⁄
Q–
M x( ) :
T x( ) :
RHA 0= RA Q= MA QL 2⁄=
M x( ) QL
2-------- 1 2
x
L---–
x
L---
2+
= T x( ) Qx
L--- 1– =
T x( )xd
dMQ
x
L--- 1– = =
x2
2
d
d w M x( )–
EI----------------= w 0( ) 0=
xd
dw0( ) 0=
w x( ) A BxQL
4EI---------x
2–
Q
6EI---------x
3 Q
24EIL----------------x
4–+ +=
A B 0= = w x( ) QL3
24EI------------ 6
x
L---
2– 4
x
L---
3 x
L---
4–+
=
— 67 —
6.4 a,b)
c)
d) ; randvillkor: .
Integrera 2 gånger: .
Randvillkoren ger samt , så
6.5
Notera språnget i tvärkraft: det uppträder vid punktkraf-ten och är lika stort som kraftens magnitud. Balken ut-
sätts för en tryckande normalkraft:
6.6
6.7 Största snittmomentet uppträder i balkens vänstra ände; . Största snittmo-
ment i spannet fås vid från vänster ände; (dragenunderkant).
6.8 Störst snittmoment uppträder vid det inre stödet;
RHA
RAMA
M x( ) :
T x( ) :
QL 3⁄
QL 24⁄
Q
Q 4⁄
RHA 0= RA Q= MA QL 3⁄=
M x( ) Qx3
3L2
---------= T x( ) Qx
L---
2=
T x( )xd
dMQ
x
L---
2= =
x2
2
d
d w M x( )–
EI----------------= w L( ) 0=
xd
dwL( ) 0=
w x( ) A BxQ
60EIL2
------------------x5
–+=
AQL
3–
15EI-------------= B
QL2
12EI------------=
w x( ) QL3
60EI------------ 4– 5
x
L--- x
L---
5–+
=
RHA
RARB
P
θ
M x( ) :
αβPL–
T x( ) :
P
αP
β– P
RHA αP θtan= RA βP= RB αP θcos⁄=
M x( )βP– x x αL≤,
αPLx
L--- 1– x αL≥,
= T x( )βP– x αL≤,
αP x αL≥,
=
N x( ) αP θtan–=
N x( ) mgL–1
2 θsin--------------
θsin
2-----------
x
L--- θsin–+
=
T x( ) mgL–1
2---
x
L---–
θcos=
M x( ) mgL
2-----------
x
L---
2 x
L---–
θcos=
M 0( ) MA QL 6⁄= =
L 2⁄ M L 2⁄( ) QL 1 2–( ) 6⁄ 0,069QL–≈=
Mmax M 2L( ) 8QL 27⁄= =
— 68 —
6.9
6.10 a) b) (dvs. nedåt) c)
6.11 ;
fjäderns hoptryckning blir .
6.12
6.13
RD
RA
RHA
N x( ) :
P
2P 3⁄ N 0=
T x( ) :
2P 3⁄P– 3⁄
P–
2P 3⁄
M x( ) :
2PL– 3⁄PL 3⁄
PL– 12⁄
RHA P= RA P 3⁄= RD 2P 3⁄=
δCQL
3
24EI------------= δC
7PL3
–
12EI----------------= δC
QL3
24EI------------
7PL3
12EI-------------–
L3
24EI------------ Q 14P–( )= =
RHA 0= RA 2Q 3⁄= MA QL 6⁄= RB Q 3⁄=
δB SRB QL3
72EI⁄= =
xM x( ) QL
6-------- 3
x
L---
22
x
L---–
=
Mmax M L 3⁄( ) QL– 18⁄= =
QL 24⁄–
QL 6⁄
Mmax
S6EI
L3
---------=
S24EI
L3
------------=
— 69 —
6.14
6.15
6.16
6.17
6.18 Låt kraften i linan vara . Övre konsolens utböjning blir då
(uppåt), medan undre konsolen förskjuts
(nedåt). Stångens förlängning är .
Kompatibilitetsvillkoret ger .
6.19
RHA 0= RA 7Q 10⁄= MA QL 10⁄= RB 3Q 10⁄= MB QL 15⁄=
x
Mmax
QL 15⁄QL 10⁄
Q– L 24⁄
M x( ) QL
30-------- 2 9
x
L---– 10
x
L---
3+
=
Mmax M3
10------L
0,0429QL–≈=
RHA RHB= RA 43P 80⁄= MA 11PL 80⁄= RB 37P 80⁄= MB PL 10⁄=
θ MB S⁄ PL2
160EI⁄= =
QL
24--------
5QL–
48--------------
Mmax5,04QL–
48----------------------≈
M
7-----
6M–
7-----------
P
N
N
2P
δ1
δ2
N
δ1P N–( ) 2L( )3
3EI---------------------------------=
δ22P N–( )L
3
3EI----------------------------= δ NL EA⁄=
δ δ1 δ2+= N10P
3 3I
AL2
---------+
----------------------------=
HA 0= VA
5P–
24----------= VB
25P
16----------= VC
31P
48----------=
— 70 —
6.20
6.21 Fjäderkraften blir
6.22 Låt vara tvärkraften i den vekare stången och vara tvärkraften i
den andra. Utböjningen för respektive stång blir då och
, där och är areatröghetsmomenten för de-
larna. Utböjning utan rotation kräver att , varur vi får .
Jämvikt kräver att , så . Momentjämvikt kring centrum av den vänstra
stången ger att , så
6.23 Ersätt stöd B med stödreaktionen som en tänkt yttre last.
Använd elementarfall för att beräkna motsvarande förskjut-
ning : . Med fås allstå
(nedåt riktad enl. fig.). Övriga reaktionskraf-
ter fås enkelt med jämvikt: , ,
6.24 Fjäderkraften blir
6.25
6.26 a) Maximal vinkel fås vid då kraften angriper vid ;
b) med ger
Q
RC
15Q
32----------=
RA
17Q
32----------=
MA
QL
32--------=
HA 0=
P 2⁄
a
P
T1
T2
5D
2-------
T1 T2
δ1
T1L3
3EI1
------------=
δ2
T2L3
3EI2
------------= I1πD
4
64----------= I2
πD4
4----------=
δ1 δ2= T2 16T1=
P T1 T2+= T1P
17------=
Pa T15D
2-------– 0= a
5D
34-------=
VBHA
VA VC
δ
L 3⁄ 2L 3⁄
VB
δ δVBL
3
3EI-------------
1
3---
2 2
3---
2= δ ∆=
VB243 ∆ EI⋅ ⋅
4L3
---------------------------=
HA 0= VA81 ∆ EI⋅ ⋅
2L3
------------------------= VC
VB
3-------
81 ∆ EI⋅ ⋅
4L3
------------------------= =
P
16------
wmax3QL
3
1215EI------------------=
b 0,27924L= a 0,5255L= θmax 0,103PL
2
4EI---------=
S 2θmaxR= θmax 0,103PL
2
4EI---------= L
2EIS
0,103PR--------------------- 106 mm= =
— 71 —
6.27 Eftersom böjstyvheten är konstant blir elastiska linjens ekvation ; lösningen fås ge-
nom att integrera 4 gånger: . Integrationskonstanterna be-
stäms ur randvillkoren , , och ; man får ,
samt .
6.28 Eftersom böjstyvheten är konstant blir elastiska linjens ekvation ; lösningen fås ge-
nom att integrera 4 gånger: . Vi kan här utnyttja symmetrin i
problemet: eftersom så måste udda termer i lösningen försvinna, dvs. vi måste ha
. De andra två integrationskonstanterna bestäms ur randvillkoren vid (el-
ler vid ): och ger samt .
6.29
6.30 Vid vänstra änden gäller: samt . Vid höger ände fås (ur jämvikt) att
samt . Eftersom och fås villko-
ren:
6.31
6.32
6.33 Eftersom det inte finns någon utbredd last på balken ( ) blir partikulärlösningen till elas-
tiska linjens ekvation noll; lösningen blir alltså: . Randvillkoren är(jmf. lösningen till uppgift 6.32):
. Man får då
(Alternativt: Eftersom konstruktionen är statiskt bestämd kan vi beräkna snittmomentet
x4
4
d
d w q x( )EI
----------=
w x( ) A Bx Cx2
Dx3 q0x
5
120EIL-------------------–+ + +=
w 0( ) 0= w' 0( ) 0= w L( ) 0= w' L( ) 0= A B 0= =
C q0– L2
60EI⁄= D q0L 40EI⁄= M x( ) EIx
2
2
d
d w–
q0L2
60----------- 2 9
x
L---– 10
x
L---
3+
= =
x4
4
d
d w q0–
EI--------=
w x( ) A Bx Cx2
Dx3 q0x
4
24EI------------–+ + +=
w x( ) w x–( )=
B D 0= = x L 2⁄=
x L 2⁄–= w L 2⁄( ) 0= w' L 2⁄( ) 0= A q0L4
128EI⁄–= C q0L2
48EI⁄=
M x( ) EIx
2
2
d
d w–
q0L2
24----------- 12
x
L---
21–
= =
w x( )q0L
2x
2
120EI-----------------–
q0Lx3
90EI--------------
q0x6
360EIL2
---------------------–+= M x( ) EIx
2
2
d
d w–
q0L2
60----------- 1 4
x
L---– 5
x
L---
4+
= =
w 0( ) 0= w' 0( ) 0=
M L( ) MB–= T L( ) P–= M x( ) EI x( )w′′ x( )–= T x( ) EIw′′( )′–=
w′′ L( )MB
EI0
--------= w′′′ L( ) 1
EI0
-------- P
MB
L--------+
=
w 0( ) 0= w′ 0( ) 0= w′′ L( ) 0= w′′′ L( ) S
EI------w L( )– 0=
w 0( ) 0= w′′ 0( ) MA 2EI0⁄–= w′′ L( ) 0= w′′′ L( ) S EI0⁄( )w L( )– 0=
q x( ) 0≡
w x( ) A Bx Cx2
Dx4
+ + +=
w 0( ) 0= w′′ 0( ) MA EI0⁄–= w′′ L( ) 0= w′′′ L( ) w L( ) L3⁄– 0=
w x( )MAL
2
6EI0
--------------- 8x
L--- 3
x
L---
2–
x
L---
3+
=
M x( )
— 72 —
med jämviktsekvationer; därefter erhålls som lösningen till differentialekvationen
med randvillkoren och )
6.34 ; ;
.
6.35 ; .
6.36 a) ; b)
6.37
w x( )
w′′ M x( )– EI0⁄= w 0( ) 0= w′′′ L( ) w L( ) L3⁄– 0=
w x( ) QL3
48EI------------ 3
x
L---
2– 5
x
L---
32
x
L---
4–+
= M x( ) EIw′′–QL
8-------- 1 5
x
L---– 4
x
L---
2+
= =
T x( ) EIw′′( )′– M′ Q
8---- 5– 8
x
L---+
= = =
RA T 0( )– 5Q 8⁄= = RB T L( ) 3Q 8⁄= = MA M 0( ) QL 8⁄= =
w x( ) ∆2---
x
L---
33
x
L---
2–
= M x( ) EIw′′–3∆EI
L2
------------- 1x
L---–
= = MA M 0( ) 3∆EI
L2
-------------= =
Pmga
2-----------= p
mga4
24EI-------------=
δ w L( )–2PL
3
BtH02E
-----------------= =
— 73 —
7. Elastisk instabilitet
7.1 Bestäm kritisk last för de 5 konfigurationerna A–E i figurerna nedan. Försumma deforma-
tionerna i respektive utböjda lägen. I samtliga fall betecknar en fjäderstyvhet; för torsionsfjäd-
rar gäller att momentet är proportionellt mot rotationen och fjäderstyvheten: .
7.2 En stel triangelskiva är ledlagrad samt stöttad av en fjä-
der med styvheten enligt figuren. Bestäm den last förvilken anordningen blir instabil.
7.3 En fritt upplagd balk med längden och böjstyvheten
är stöttad på mitten. En mycket böjstyv (‘ ’) pe-
lare med höjden är stelt fäst vid balkens mittpunkt.
Bestäm kritisk last .
Pkr
k
M kθ=
P
k
L
A: B:
P
k2
L
k1
P
kL
βL
C:
P
k
L
βL
D:
E:k
PP
L 2⁄L 2⁄
k
a
b
Pk
P
H
L L
EI
stel
2L
EI EI ∞=
H
Pkr
— 74 —
7.4 Bestäm kritisk last för ramen enligt figuren; be-tecknar fjäderstyvheten. Samtliga balkelement fårbetraktas som styva (dvs deformationerna i det ut-böjda läget kan försummas).
7.5 En balk med längden och böjstyvheten är ex-akt (vid en viss temperatur) inpassad mellan tvåstela väggar, på så sätt att såväl förskjutning somrotation av balkens ändar är förhindrad.
a) Bestäm axialkraften i balken som funktion av
en temperaturhöjning . Längutvidgningskoefficienten är , och balkens tvärsnittsarea
.
b) Bestäm den kritiska lasten (som ger knäckning).
c) Bestäm den temperaturhöjning som ger knäckning.
7.6 Bestäm den temperaturhöjning som ger
knäckning om balken i föregående uppgift under-stöds mitt på spannet.
7.7 En pelare med längden och rektangulärt tvärsnitt
, är ledat infäst i sina båda ändar. Mitt på spannetär pelaren understödd av ett stöd som förhindar utböj-ning i pelarens veka led, så som indikeras i figuren. Be-
stäm förhållandet så att kritiska lasten förknäckning ut ur papprets plan, blir samma som kritiskalasten för knäckning i papprets plan.
Q qL
2---=
L L
L 2⁄ L 2⁄
k k
k
E A I α, , ,
2L
PP
2L EI
P
∆T αA
Pkr
∆Tkr
E A I α, , , PP
L L
∆Tkr
P
L 2⁄
L 2⁄
A A
b
h
Snitt A–A:
L
b h×
h b⁄
— 75 —
7.8 Betrakta en pelare med längden och böjstyvheten som un-
derstöds av en horisontell fjäder med styvheten i toppen. Pe-
laren belastas med en centriskt tryckande last .
a) Bestäm en övre och undre gräns för den kritiska lasten .
b) Härled knäckekvationen och använd resultatet för beräkna
den kritiska lasten för fallen och .
7.9 En balk med längden och böjstyvheten är elastiskt inspänd i sina båda ändar; in-
spänningsstyvheten betecknas (om bal-
känden roterar vinkeln , så blir
inspänningsmomentet ). När tempe-raturen höjs så utsätts balken för en tryckan-
de axialkraft , eftersom längändring förhindras av stöden.
a) Bestäm en övre och undre gräns för den kritiska lasten .
b) Bestäm en undre och övregräns för temperaturhöjningen (från spänningsfritt tillstånd), om
längdutvidningskoeficienten är och tvärsnittsarean .
c) Härled knäckekvationen och använd resultatet för beräkna den kritiska lasten för fallen
och .
7.10 En axialbelastad balk är ledat infäst i A och lagrad med en rotationsfjäder vid B. Balkens längd
är och dess böjstyvhet ; fjäderstyvheten är . Bestäm knäcklasten.
7.11 Två lika långa ( ) och lika böjstyva ( ) balkar, är ihopsvetsade tillett ‘T’ som är momentfritt lagrat i tre punkter enligt figuren. Bestämkritisk last — försumma inverkan av axialdeformationer (dvs antag
att axialstyvheten är mycket större än böjstyvheten ).
P
LEI
k
L EI
k
P
Pkr
Pkr k 0= k ∞=
kkE A I α, , ,
L
P P
L EI
k
θM kθ=
P
Pkr
α A
Pkr
k 0= k ∞=
L EI k EI L⁄=
kEI
L------=P
A B
PL EI
EA EI
— 76 —
7.12
a) Bestäm kritiska lasten för konstruktionen i figuren,
om samtliga balkelement har böjstyvheten .
b) Visa att lösningen satisfierar .
Vad uttrycker denna likhet?
7.13 En konsolbalk med längden och böjstyvheten , belastas med en tryckande axialkraft varsverkningslinje alltid går genom infästningspunkten (även under deformation), se figuren. Be-stäm kritisk last med avseende på stabilitet.
7.14 Man vill montera en flaggstång på en husfasad genom att skjuta in den i ett borrat hål. För attsäkert förankra konstruktionen dras en wire genom (den ihåliga) stången — wiren är fäst vid
stångens topp samt på väggens insida och förspänns med en kraft . Wiren löper längs stångenscentrumlinje (i outböjt läge).
a) Låt vara stångens böjstyvhet och vara wirens längd. Härled knäckekvationen.
b) Lös knäckekvationen för fallen , och .
7.15 En lyftanordning för containrar består av en bom AB
med längden , samt en vinsch vid C på av-
ståndet rakt ovanför A. Från vinschen löper wi-ren över ett hjul vid B; bommen kan anses som fastinspänd vid A. Bommen utgörs av en IPE 550 balk
och materialets elasticitetsmodul är .
a) Bestäm maximal belastning om säkerhetenmot böjknäckning ska vara 5.
b) Beräkna inspänningsmomentet vid A enligt 2aordningens teori och jämför med det moment somfås då jämvikt ställs upp i det outböjda läget.
P
L
L L
x
EI
Pw L( ) EIw'' 0( )=
L EI P
EI L, P
P
x
L
P
0h–
h
L
EI c L h+=
c ∞→ c L= c 0=
C
A B
Mg
L
L 4⁄L 8 m=
L 4⁄
E 205 GPa=
Mg
— 77 —
7.16 Den vertikala pelaren BD, ledad vid B och fast inspändvid D, ska ha ett cirkulärt solitt tvärsnitt.
a) Bestäm minsta diameter på tvärsnittet, med avse-ende på elastisk stabilitet.
b) Om diametern fördubblas, hur mycket större last kanpelaren då bära innan den knäcker? Om istället spän-ningen i pelaren är dimensionerande, hur mycket stör-re last kan pelaren då bära (om diametern dubblas)?
7.17 En axialbelastad konsolbalk med längden och böjstyv-
heten , har förlängts med en mycket styv (‘ ’) del
med längden . Bestäm kritisk last med avseende på stabilitet.
7.18 Axialkraften är riktad längs balkens med-ellinje och angriper balken vid mittstödet B.
a) Bestäm övre och undre gräns för kritisk
last med avseende på elastisk stabili-
tet.
b) Härled knäckekvationen.
7.19 Betrakta åter problemet i uppgift 7.18, mennu med balken fast inspänd vid A.
a) Bestäm övre och undre gräns för kritisk
last med avseende på elastisk stabili-
tet.
b) Härled knäckekvationen.
7.20 Betrakta den axiellt belastad pelaren med längden i figuren. Övre halv-
an av pelaren har böjstyvheten , medan undre halvan har böjstyvheten
.
a) Bestäm övre och undre gränser för kritisk last med hänsyn till elastiskstabilitet.
b) Härled knäckekvationen för pelaren genom att utgå från sambandet
mellan moment och krökning ( ), och betrakta jämvikt i utbjöt lä-ge.
P
EI EI
L
L L
A
B
C
D
D
L
EI EI ∞=
L
P
L L
EIstel
A B CEIEIx
P
z w x( ),P
Pkr
A B CEIEIx
P
z w x( ),
Pkr
L
L
P
EI0
2EI0
2L
EI0
2EI0
κ w''–≈
— 78 —
7.21 En lineärt elastisk balk med böjstyvheten och längden är elastiskt inspänd med styvheten
i båda ändar, dvs sambandet mellan infästningsmomentet och ändens rotation
är . Balken belastas med en axiellt tryckande kraft enligt figuren.
a) Bestäm en övre och undre gräns för med hänsyn till elastisk stabilitet.
b) Beräkna kritisk last .
7.22 En konsolbalk belastas med en punktlast ( ) vars verkningslinje bildar vin-
keln med horisontalplanet.
a) Bestäm, med hänsyn tagen till axiallastens inverkan, balkens utböjning för fallet då
och ; beräkna speciellt konsoländens utböjning och jämför med
1:a ordningens teori.
b) Bestäm lägsta värdet på (och ) för vilken konsolen blir instabil.
7.23 En pelare med längden och böjstyvheten belastas av en excentriskt
tryckande kraft . Utgå ifrån sambandet mellan moment och krökning
( ) och beräkna då .
7.24 Bestäm utböjningen och böjmomentet , för en
inspänd balk med längden och böjstyvheten som be-
lastas med transversella lasten och axiella tryck-
kraften . Beräkna speciellt mittutböjningen ,
mittmomentet och inspänningsmomenten
, för fallet då (där ), och jämför med 1:a ordningens teori (dvs. dåinverkan av axialkraften försummas).
EI L
s 2EI L⁄= Min
θ Min sθ= P
P
Pkr
L
EI
Ps
P k0π2EI L
2⁄= k0 0>
α
w x( )k0 1 50⁄= α π 4⁄= δ w L( )=
k0 α π 4⁄( )=
EI L,P
xα
P
e L«
EI L,
x
z
L EI
P
M x( ) EIκ EIw''–≈= M x( ) Pπ2
EI
16L2
------------=
PP
q Q– L⁄=
x
L 2⁄ L 2⁄
w x( ) M x( )L EI
qQ–
L-------=
P w 0( )M 0( )
M L± 2⁄( ) λL 2= λ P EI⁄=
— 79 —
7.25 Bestäm utböjningen och böjmomentet , för en
inspänd balk med längden och böjstyvheten som be-
lastas med transversella lasten och axiella drag-
kraften . Beräkna speciellt mittutböjningen ,
mittmomentet och inspänningsmomenten
, för fallet då (där ), och jämför med 1:a ordningens teori (dvs. dåinverkan av axialkraften försummas).
7.26 En fritt upplagd balk med längden och böjstyvheten belastas med en excentrisk axialkraft
enligt figuren. Excentriciteten är mycket mindre än balkens längd ( ).
a) Bestäm utböjningen enligt 2a ordningens teori genom att lösa den styrande differenti-
alekvationen (där ). Använd resultatet för att beräkna snittmo-
mentet i balken.
b) Beräkna mittutböjningen och snittmomentet då .
7.27 Betrakta konstruktionen i 7.26 men med ett tryckande excentriskt kraftpar . Beräkna utböj-
ning och moment enligt 2a ordningens teori. Använd resultatet för att bestämma kri-tisk last.
7.28 En fritt upplagd balk med längden och böjstyvheten belastas med en tryckande kraft
och ett par fördelade laster med största lastintensitet (kraft/längd) enligt figuren nedan. Be-
stäm balkens utböjning med hänsyn tagen till axialbelastningen.
NN
q Q– L⁄=
x
L 2⁄ L 2⁄
w x( ) M x( )L EI
qQ–
L-------=
N w 0( )M 0( )
M L± 2⁄( ) λL 2= λ N EI⁄=
L EI
e e L«
x
EI
PP
e
δ w 0( )=w x( )
0 L 2⁄L 2⁄–
w x( )
x4
4
d
d wn
2
x2
2
d
d w– 0= n
2P EI⁄=
M x( )
δ w 0( )= M 0( ) P ∞→
P
w x( ) M x( )
2L EI P
q0
L L
EI
P
q0 q0
— 80 —
7.29 En fritt upplagd balk med längden och böjstyvheten har en initialkrokighet, så att dess
utböjning är i obelastat tillstånd.
a) Bestäm utböjningen (mätt från det initialt utböjda läget) då balken utsätts för en tryck-
ande kraft .
b) Bestäm kritiskt värde (med avseende på stabilitet) på axiallasten .
7.30 Berakta ett platt horisontellt tak där bjälklaget består av balkar med böjstyvheten och läng-
den . Balkarna kan betraktas som momentfritt infästa (fritt upplagda) till ytterväggarna. Be-
räkna kortaste avståndet (mellan balkarna) som kan tillåtas för att ‘dammbildning’ inte ska
ske. Uttryck avståndet i böjstyvheten , spännvidden , vattnets densitet och jordaccelra-
tionen . Med dammbildning menas att det vatten ansamlas på taket vid regn, böjer ut takettillräckligt mycket för att rymmas i den så formade ‘grytan’.
L EI
w0 x( ) a0πx
L------ sin=
w x( )P
P
w0 x( ) EI L,P
z
x
EI
L
B
EI L ρg
L
EI
B
B
B
B
L
vatten; densitet ρ=
EI
w x( )–x
x
— 81 —
— 82 —
Lösningar
7.1 A: , B: , C: , D: , E:
7.2
7.3
7.4 Låt ramen ‘tippa’ en vinkel åt höger. Vertikal jämvikt för hela strukturen ger att
, där och är de vertikala stödreaktionerna i nedre vänstra och högra stö-
den (positiva uppåt). Horisontell jämvikt för hela strukturen ger , där
och är de horisontella stödreaktionerna i nedre vänstra och högra stöden (positiva åt höger);
är kraften i en fjäder.
Snitta ut den vänstra pelaren och betrakta momentjämvikt kring övre vänstra leden (snittmo-
mentet i en led ska vara noll):
På samma sätt gör vi nu för högra pelaren; momentjämvikt kring övre högra leden ger:
Ur de två sista jämviktsekvationerna kan vi lösa ut respektive ; resultatet sätts in i den
horisontella jämviktsekvationen, varvid man finner ; detta samband kan nu sät-
tas in i den vertikala jämviktsekvationen, vilket ger svaret:
7.5 a) Betrakta balken utan sina stöd. En temperatur höjning gör att balken förlängs ett stycke
där är balkens längd ( ). Låt den dragande normal kraften i balken vara
. Balkens förlängning av kraften blir
Eftersom balken sitter mellan två fasta stöd, så måste totala förlängningen vara noll:
. Om den tryckande kraften betecknas , får vi alltså
b) Balken är en ‘Euler 4:a’, så
c) och ger att ; ( kallas balkt-
värsnittets tröghetsradie).
7.6 Balken knäcker som två ‘Euler 3:or’ — var och en med längden ; .
I enlighet med uppgift 7.5 ger temperaturhöjningen en tryckande axialkraft .
(Jämfört med uppgift 7.5, ser man att mittstödet gör att kritiska
lasten blir drygt dubbelt så stor).
Pkr = k L⁄ k1L k2 L⁄+ kβ2L kβL 1 β+( )⁄ k L⁄
Pkr kb2
a⁄=
Pkr 6EI HL⁄=
θQkr Vv– Vh– 0= Vv Vh
Hv Hh 2 kθL⋅–+ 0= Hv
Hh
kθL
Vv θL⋅ Hv L⋅– 0=
Vh θL⋅ Hh L⋅– 0=
Hv Hh
Vv Vh+ 2kL=
Qkr 2kL=
∆T
∆lT αl ∆T( )= l l 2L=
N ∆lN εlσE---l
N
EA------- l= = =
∆lT ∆lN+ 0= N⇒ αEA ∆T( )–= P
P N– αEA ∆T( )= =
Pkr 4π2EI l
2⁄ π2EI L
2⁄= =
Pkr π2EI L
2⁄= Pkr αEA ∆Tkr( )= ∆Tkrπ2
αL2
----------I
A---⋅
π2ri
2
αL2
-----------= = ri I A⁄=
L Pkr π2EI 0,7L( )2⁄=
P αEA ∆T( )=
∆Tkr 2,04π2
αL2
----------I
A--- 2,04
π2ri
2
αL2
-----------⋅=⋅ ⋅≈
— 83 —
7.7 Vid knäckning i papprets plan beter sig pelaren som en ‘Euler 2:a’ med knäcklängden ; vid
knäckning ut ur planet beter sig pelaren som en ‘Euler 2:a’ med längden . Observera att
och i de respektive fallen.
ger samma kritiska last för de båda möjliga fallen.
7.8 a) Med (dvs ingen fjäder) har vi Eulers 1:a knäckfall. Med (dvs ett oeftergivligt
stöd) fås Eulers 3:e knäckfall. Med och ändlig, bör knäcklasten hamna någonstans mellan
de två knäcklasterna:
b) Den styrande differentialekvationen för en axialbelastad balk är
där är axialkraften i balken (positiv för drag), och yttre utbredd belastning. Om böjstyvhe-
ten och normalkraften är konstanta och ingen utbredd last finns, så förenklas ekvationen till
Låt vidare balken vara tryckbelastad med en yttre kraft , så att (konstant i balken).
Då fås:
Den karakteristiska ekvationen har rötterna , ( ),
så den allmänna lösningen är eller efter utnyttjande av Eulers
formel
De fyra integrationskonstanterna ( ) bestäms ur randvillkor, och saken är klar.
Låt vara en koordinat från den fasta inspänningen, och positiv uppåt. Randvillkoren vid
är då:
Detta ger:
så lösningen blir nu
Randvillkoren vid är och , där är fjäderkraften. Vi ut-
nyttjar att samt att , för att få randvillkoren på formen
Detta leder till ekvationerna för de två kvarvarande integrations konstanterna:
eller på matrisform: , där
L 2⁄L
I bh3
12⁄= I hb3
12⁄=
h b⁄ 2=
k 0= k ∞=
k 0≠
PE1π2
EI
2L( )2-------------- Pkr PE3
π2EI
0,7L( )2------------------≈≤ ≤=
x2
2
d
dEI
x2
2
d
d w
xd
dN
xd
dw– q=
N q
EI
EIx
4
4
d
d wN
x2
2
d
d w– 0=
P N P–=
x4
4
d
d w λ2
x2
2
d
d w+ 0= λ2 P
EI------=
r4 λ2
r2⋅+ 0= r1 r2 0= = r3 4, iλ±= i 1–=
w x( ) A Bx C1eiλx–
D1eiλx
+ + +=
w x( ) A Bx C λx( )cos D λx( )sin+ + +=
A B C D, , ,
x x 0=
w 0=xd
dw0=
A C+ 0= B Dλ+ 0=
w x( ) A 1 λx( )cos–( ) D λx λx( )sin–( )–=
x L= M L( ) 0= V L( ) R+ 0= R kw L( )=
M EIw''–= V T Pw'– EIw'''– Pw'–= =
w'' L( ) 0= EIw''' L( ) Pw' L( ) kw L( )–+ 0=
A λL( )cos D λL( )sin– 0=
A EIλ3 λL( )sin– Pλ λL( )sin k k λL( )cos+–+( ) +
D EIλ3 λL( ) Pλ Pλ λL( ) kλL k λL( )sin–+cos+–cos–( ) 0=
CA
D
0
0=
— 84 —
Den triviala lösningen leder till ; icke–triviala lösningar (som ger )
kräver att determinanten för koefficientmatrisen är noll. ger knäckekvationen
där vi utnyttjat att . Om kan ekvationen divideras med , var-vid man får
Den kritiska lasten är alltså , där är den lägsta (positiva) roten till knäckekvatio-
nen.
Fallet : knäckekvationen reduceras till ; har lägsta (posi-
tiva) rot , så vilket är Eulers fall 1, som sig bör.
Fallet : När är mycket stort kan första termen i knäckekvationen försummas i jämfö-
relse med den andra (som innehåller faktorn ); ekvationen reduceras då till , som
löses numeriskt. Man finner att , så
vilket, som väntat, är Eulers tredje knäckfall.
7.9 a) Med får man Eulers 2:a knäckfall. Med fås Eulers 4:e knäckfall. Med ochändlig, bör knäcklasten hamna någonstans mellan de två knäcklasterna:
b) Axiallasten pga av en temperaturhöjning blir (se lösningen till uppgift 7.5). Vi
får då så
c) Den styrande differentialekvationen och dess allmänna lösning gavs i lösningen till uppgift
7.8. Låt vara en koordinat från vänster stöd, och positiv åt höger. Randvillkoren vid är
Om vi utnyttjar att , så kan det andra villkoret skrivas .
De två villkoren ger ekvationerna
Om vi ur dessa löser och , förenklas den allmänna lösningen till
CλL( )cos[ ] λL( )sin–[ ]
EIλ3 λL( )sin– Pλ λL( )sin k k λL( )cos+–+[ ] EIλ3 λL( ) Pλ Pλ λL( ) kλL k λL( )sin–+cos+–cos–[ ]=
A D 0= = w x( ) 0≡ w x( ) 0≠det C( ) 0=
λ3EI λL( )cos– k λL λL( )cos λL( )sin–( )+ 0=
P λ2EI= λL( )cos 0≠ λ3
EI λL( )cos–
1k
λ3EI
------------ λL( )tan λL–( )+ 0=
Pkr λ2EI= λ
k 0= λ3EI λL( )cos– 0= λL( )cos 0=
λL π 2⁄= Pkr λ2EI
π2EI
2L( )2--------------= =
k ∞= k
k λL( )tan λL=
λL 4,4934≈
Pkr λ2EI= 4,4934( )2EI
L2
------ 2,04572 π2
EI
L2
------------⋅ π2EI
0,699L( )2------------------------≈ ≈≈
k 0= k ∞= k 0≠
PE2π2
EI
L2
------------ Pkr PE4≤ ≤ 4π2EI
L2
---------------= =
P αEA ∆T( )=
∆TE2
PE2
αEA-----------
π2I
αAL2
--------------= = ∆TE44π2
I
αAL2
--------------=π2
I
αAL2
-------------- ∆Tkr4π2
I
αAL2
--------------≤ ≤
x x 0=
w 0( ) 0= M 0( ) kw' 0( )–=
M EIw''–= w'' 0( ) k
EI------w' 0( )– 0=
A C+ 0= Aλ2B
k
EI------– Dλ k
EI------– 0=
B C
— 85 —
Randvillkoren vid är där det andra villkoret kan formule-
ras (om vi använder att ).
De båda villkoren leder till där
(vi har här satt in ). Icke–triviala lösningar (som ger ) kräver att , vil-ket leder till knäckekvationen
Den kritiska lasten är alltså , där är lägsta (positiva)roten till knäckekvationen.
Fallet : knäckekvationen reduceras till , så lägsta positiva roten är .
Kritiska lasten blir alltså (dvs Eulers 2:a fall, så som sig bör).
Fallet : Dividera knäckekvationen med och låt . Man får
, vars lägsta positiva rot är , så kritiska lasten blir
(vilket som väntat är Eulers 4:e fall).
7.10 Allmänna lösningen till den styrande differentialekvationen gavs i lösningen till uppgift 7.8. Låt
vara en koordinat från vänster stöd, och positiv åt höger. Randvillkoren vid är
Om vi utnyttjar att , så kan det andra villkoret skrivas .
De två villkoren ger ekvationerna varvid den allmänna lösningen för-
enklas till
Vid har vi randvillkoren: , där, med utnyttjande av
, det andra villkoret kan formuleras
De två villkoren ger ekvationerna där
w x( ) A 1 λL( )cos–Px
k------+
D λx λL( )sin–( )–=
x L= w L( ) 0= M L( ) kw' L( )=
w'' L( ) k
EI------w' L( )+ 0= M EIw''–=
CA
D
0
0=
C
1 λL( ) λ2EIL
k----------------+cos– λL( )sin λL–[ ]
λ λL( )cosk
EI------ λL( )sin λ+ + λ λL( )sin–
k
EI------–
k
EI------ λL( )cos+
=
P λ2EI= w 0≠ det C( ) 0=
k2
EI------ λ k
k2L
2EI---------–
λ2EIL
2----------------+
λL( )sin kk
EI------ λ2
L+ λL( )cos–+ 0=
Pkr λ2EI= λ
k 0= λL( )sin 0= λL π=
Pkr λ2EI
π2EI
L2
------------= =
k ∞= k2
k ∞→
1λL
2------ λL( )sin– λL( )cos– 0= λL 2π=
Pkr λ2EI
π2EI
L 2⁄( )2-----------------= =
x x 0=
w 0( ) 0= M 0( ) 0=
M EIw''–= w'' 0( ) 0=
A C+ 0= Aλ20=
w x( ) Bx D λL( )sin+=
x L= w L( ) 0= M L( ) kw' L( )=
M EIw''–= w'' L( ) k
EI------w' L( )+ 0=
CB
D
0
0=
— 86 —
Icke–triviala lösningar kräver att , vilket leder till knäckekvationen
Med , blir detta
Den kritiska lasten är alltså , där är lägsta (positiva) roten till knäckekvationen.
Lägsta roten bör ligga mellan ‘Euler 2’ (motsvarande ), för vilken , och ‘Euler 3’
(motsvarande ), för vilken . Med detta som sökintervall hittar man snart
att första nollstället till är . Kritiska lasten är alltså
(dvs ca. 17% högre än för Euler 2 ( )).
7.11 Låt vara en koordinat från det undre stödet, och positiv uppåt. Randvillkoren vid är
vilket ger (med beteckningar enligt lösningen till uppgift 7.8). Vid är villkoren
vilket ger där
Villkoret för icke–trivial lösning, , ger knäckekvationen och
knäcklasten ges som vanligt av , där är lägsta (positiva) roten.
Lösningen måste beräknas numeriskt; eftersom pelaren är styvare än en ‘Euler 2:a’, men vekare
än en ‘Euler 3:a’, så bör finnas i intervallet (se lösningen till uppgift 7.10). Man fin-
ner strax roten så (dvs ramen blir instabil då
lasten är ca. 85% av Euler3–lasten).
7.12 a) Randvillkoren blir , , och .
Randvillkoren tillsammans med den allmänna lösningen till den styrande differentialekvatio-
nen (se lösningen till uppgift 7.8) leder till knäckekvationen
C
L[ ] λL( )sin[ ]k
EI------ λ k
EI------ λL( )cos λ2 λL( )sin–
=
det C( ) 0=
λL( )tanλL
1 λL( )2EI kL⁄[ ]+
---------------------------------------------=
k EI L⁄= λL( )tanλL
1 λL( )2+
-----------------------=
Pkr λ2EI= λ
k 0= λL π=
k ∞= λL π 0,7⁄≈ 4,48≈
f λL( ) λL( )tanλL
1 λL( )2+
-----------------------–= λL 3,405608≈
Pkr λ2EI 3,405608( )2EI
L2
------π2
EI
0,922L( )2------------------------≈ ≈= k 0=
x x 0=
w 0( ) 0= M 0( ) 0= w'' 0( )⇒ 0=
A C 0= = x L=
w L( ) 0= M L( ) 12EI
L------------– w' L( )= w'' L( ) 12
L------w' L( )+ 0=⇒
CB
D
0
0= C
L[ ] λL( )sin[ ]12
L------ λ2 λL( )sin
12λL
--------- λL( )cos– –
=
det C( ) 0= λL( )tan12λL
12 λL( )2+
--------------------------=
Pkr λ2EI= λ
λL π 4,48( , )
λL 4,1811≈ Pkr λ2EI 4,1811
2 EI
L2
------⋅ π2EI
0,751L( )2------------------------≈ ≈=
w 0( ) 0= w'' 0( ) 6
L---w' 0( )– 0= w'' L( ) 0= w''' L( ) λ2
w' L( ) 0=+
1λL
6------ λL( )tan– 0=
— 87 —
Den kritiska lasten ges av , där är lägsta roten till knäckekvationen; lägsta roten
bör vara lägre än för Euler 1 (för vilken . Numeriskt finner man ,
så
b) Ekvationen säger att böjmomentet vid pelarens infäst-ning till balken, är lika med kraften multiplicerad medtoppens utböjning:
Med randvillkoren ovan, fås utböjningen som
där är en godtycklig konstant. Insättning, och med ut-
nyttjande av att , visar att lösningen satisfierarjämviktsekvationen.
7.13 Randvillkoren är , (alternativt ), , samt
vilket leder till knäckekvationen , som har lägsta (positiva) roten .
(dvs. balken uppträder som en ‘Euler 2:a’).
7.14 Den allmänna lösningen till den styrande differentialekvationen gavs i lösningen till 7.8. Här är
randvillkoren , , samt , där
. Man får och , vilket resulterar i knäckekvationen
.
Med fås , dvs , med lägsta positiva rot . Knäcklasten är då
(Euler 1).
Då reduceras knäckekvationen till vars rot, , ger (Euler 2);
jmf uppgift 7.13.
Fallet ger , vilket är knäckekvationen för Eulers 3e knäckfall, så
Pkr λ2EI= λ
λL π 2⁄ 1,57≈= λL 1,349553≈
Pkr 1,3495532 EI
L2
------⋅ π2EI
2,3279L( )2---------------------------≈ ≈
P
w L( )
M 0( )
Pw L( ) M 0( )+ 0= Pw L( ) EIw'' 0( )– 0=⇒
w x( ) D λL( )tan 1 λx( )cos–λ2
L
6---------x+
λx– λx( )sin+=
D
P λ2EI=
w 0( ) 0= w'' 0( ) 0= w' 0( ) 0= w'' L( ) 0=
w''' L( ) λ2w' L( ) λ2
L-----w L( )–+ 0=
λLsin 0= λL π=
Pkr λ2EI
π2EI
L2
------------==
w 0( ) 0= w' 0( ) 0= w'' L( ) 0= w''' L( ) λ2w' L( ) λ2
c-----w L( )–+ 0=
λ P
EI------= A C– D λLtan= = B Dλ–=
λLtan λL 1c
L---–
=
c ∞→ λLtan ∞→ λLcos 0= λLπ2---=
Pkrπ2
EI
2L( )2--------------=
c L= λLtan 0= λL π= Pkrπ2
EI
L2
------------=
c 0= λLtan λL= Pkrπ2
EI
0,7L( )2------------------≈
— 88 —
7.15 Konsoländen belastas med en tryckande kraft och en nedåtriktad kraft
.
a) Bommen knäcker som en Euler 1a, så . För IPE 550 gäller och
. Med säkerhetsfaktor får vi då
( ).
b) Med kan momentet i balken skrivas ,
så . Då är litet har vi och (första ordningens
teori). Här har vi , så är högre.
7.16 a) Tryckkraften i pelaren blir . Pelaren fungerar som en ‘Euler 3:a’ så den kritiska lasten ges
av
För ett cirkulärt tvärsnitt har vi .
b) , dvs. lasten kan ökas med en faktor 16 om diameterndubblas (och stabilitet är dimensionerande). Om diametern dubblas, ökar tvärsnittsarean meden faktor 4, så om spänningen är dimensionerande kan lasten ökas med en faktor 4.
(När storleken på ett tvärsnitt ökar, växer tröghetsmomentet snabbare än tvärsnittsarean ;spänningen vid kritisk last blir därför större ju ‘grövre’ konstruktionen är. I regel är elastisk sta-bilitet dimensionerande för slanka strukturer).
7.17 Randvillkoren är , , , och .
Knäckekvationen blir då .
Kritiska lasten är , där är lägsta roten till knäckekvationen; lägsta roten bör vara
lägre än för Euler 1 (för vilken . Numeriskt finner man , så
7.18 a)
b) Lösningen till den styrande differentialekvationen är ,
där . De fyra randvillkoren, , , samt ,
leder fram till knäckekvationen . (Enligt ovan är minsta positiva roten
sådan att ; numeriskt finner man , så
Ph 0,970Mg=
Pv 0,757Mg=
Pkrπ2
EI
4L2
------------= Iy 671,2 106– m
4⋅=
Iz 26,68 106– m
4⋅= s 5= Mg1
0,970-------------
π2EIz
4L2s
-------------- 43,47 kN=⋅=
M 4,4 ton≈
λPh
EIy
--------= M x( ) EIw''–Pv
λ------ λL( )tan λx( )cos λx( )sin–( )= =
M 0( ) PvLλL( )tan
λL--------------------= λL λL( )tan λL≈ M 0( ) PvL=
λL( )tan
λL-------------------- 1,007≈ M 0( ) 1,007PvL 265 kNm≈≈ 0,7%
2P
PE3 2Pπ2
EI
0,7L( )2------------------= =
I πD4
64⁄= D 1,2 L P E⁄=
2D 2 1,2⋅ L P E⁄ 1,2 L 16P( ) E⁄==
I A
w 0( ) 0= w' 0( ) 0= w'' L( ) λ2Lw' L( )– 0= w''' L( ) λ2
w' L( )+ 0=
1 λL λL( )tan– 0=
Pkr λ2EI= λ
λL π 2⁄ 1,57≈= λL 0,860334≈
Pkr 0,8603342 EI
L2
------⋅ π2EI
3,65L( )2---------------------≈ ≈
π2EI
L2
------------ Pkr2,05π2
EI
L2
-----------------------< <
w x( ) A Bx C λx( )cos D λx( )sin+ + +=
λ P
EI------= w 0( ) 0= w L( ) 0= w'' 0( ) 0= w'' L( ) 3
L---w' L( )+ 0=
3 λL( )2+( ) λLtan 3λL=
π λL 2,05π< < λL 3,7264≈
— 89 —
.
7.19 a)
b) Med fås knäckekvationen . Numeriskt fin-
ner man den lägsta positiva roten ; .
7.20 a)
b) där
7.21 a) b) Knäckekvationen blir . Den lägsta positiva roten är
, så kritisk last blir
7.22 a) Enligt 1:a ordningens teori är konsoländens utböjning
Randvillkoren är , , , och ;
.
Med den allmänna lösningen enligt lösningen till uppgift 7.8, fås då
så
Med givna data fås , så (dvs. inverkan av axialkraften ökar ut-böjningen med ca. 6% i detta fall).
b) Konsolen knäcker då når Euler 1 lasten:
detta ger alltså
PkrλL( )2
EI
L2
--------------------13,886EI
L2
----------------------1,407π2
EI
L2
--------------------------≈ ≈=
2,05π2EI
L2
----------------------- Pkr4π2
EI
L2
---------------< <
λ P
EI------= 2λL λL( )sin 6– 6 λL( )2
+( ) λL( )cos+ 0=
λL 5,192= Pkr2,73π2
EI
L2
-----------------------=
π2EI0
16L2
-------------- Pkr
π2EI0
8L2
--------------< <
1
2-------
λL
2------- sin λL( )sin
λL
2------- cos λL( )cos– 0= λL( )2 PL
2
EI0
---------=
π2EI
L2
------------ Pkr4π2
EI
L2
---------------< < λL
2------
λL
2------tan+ 0=
λL
2------ 2,028≈ Pkr
4EI 2 028,( )2⋅
L2
------------------------------------1,67 π2
EI
L2
------------------------≈ ≈
∆ w L( )–PvL
3
3EI------------
Pπ4--- cos L
3
3EI---------------------------- 0,046526L= = = =
w 0( ) 0= w' 0( ) 0= w'' L( ) 0= w''' L( ) λ2w' L( )+ Pv EI⁄=
Pv P αsin= Ph P αcos= λ Ph EI⁄=
B Dλ– 1= = A D λLtanλLtan–
λ------------------= = C A–λLtan
λ---------------= =
w x( ) λLtan
λ--------------- λxcos 1–( ) xλxsin
λ--------------–+=
λ 0,3736 L⁄≈ w L( ) 0,049279L–=
Ph Pkr PE1π2
EI
2L( )2-------------- Ph P αcos
k0π2EI
L2
----------------- αcos= = = = =
k0 2 4⁄ 0,354≈=
— 90 —
7.23 ; .
7.24 Den styrande differentialekvationen och dess homogenlösning gavs i lösningen till uppgift 7.8.
En partikulärlösning är , där . Totala lösningen är alltså
Integrationskonstanterna bestäms ur randvillkoren och ; man får
Speciellt fås (med ):
(11% mer än enligt 1:a ordningens teori)
(13% mer än enligt 1:a ordningens teori)
(7% mer än enligt 1:a ordningens teori)
7.25 Den styrande differentialekvationen är: (när och är
konstanta).
Homogenlösning: (där ).
En partikulärlösning ges av: .
Totala lösningen är alltså , där de fyra integrationskonstanterna bestäms ur
randvillkoren och ; man får
Speciellt fås (med ):
M x( ) Peλx( )cos
λL( )cos--------------------–= λL
P
EI------L
π4---= = M x( ) 2– Pe λx( )cos=
wp x( ) Qx2
– 2λ2EIL( )⁄= λ P EI⁄=
w x( ) wh x( ) wp x( )+ A Bx C λx( )cos D λx( ) Q
2λ2EIL
-------------------x2
–sin+ + += =
w L 2⁄±( ) 0= w' L 2⁄±( ) 0=
w x( ) QL3
λL( )2EI
--------------------1
8---
x2
2L2
---------–1
2 λL( )---------------
λL
2------ cot
1
2 λL( )---------------
λx( )cos
λL
2------ sin
--------------------–+
=
M x( ) EIw'' x( )–QL
24--------
24
λL( )2--------------
12
λL------
λx( )cos
λL
2------ sin
--------------------–
= =
λL 2=
w 0( ) QL3
384EI---------------– 1,1113⋅=
M 0( ) QL
24--------– 1,13⋅=
M L± 2⁄( ) QL
12-------- 1,07⋅=
EIx
4
4
d
d wN
x2
2
d
d w– q= q Q L⁄–= EI N 0>
wh A Bx C λx( ) D λx( )sinh+cosh+ += λ N EI⁄=
wp Qx2
2λ2EIL( )⁄=
w x( ) wh wp+=
w L 2⁄±( ) 0= w' L 2⁄±( ) 0=
w x( ) QL3
λL( )2EI
--------------------1
8---–
x2
2L2
---------1
2 λL( )---------------
λL
2------ cosh
λL
2------ sinh
------------------------1
2 λL( )---------------
λx( )cosh
λL
2------ sinh
-----------------------–+ +
=
M x( ) EIw'' x( )–QL
24--------
24
λL( )2--------------⋅ λL( )
2-----------
λx( )cosh
λL
2------ sinh
----------------------- 1–
= =
λL 2=
— 91 —
(9% lägre än enligt 1:a ordningens teori)
(11% lägre än enligt 1:a ordningens teori)
(6% lägre än enligt 1:a ordningens teori)
7.26 a) Lösningen till differentialekvationen är , där
. Symmetri, ger att . De andra två integrationskonstanterna
bestäms ur randvillkoren och .
.
b) och , då
7.27 Lösningen till den styrande differentialekvationen ges i uppgift 7.8. Symmetri,
ger att . De andra två integrationskonstanterna bestäms ur randvillkoren
och .
och , där .
då , dvs balken blir instabil då ; (Euler 2).
7.28 Låt koordinaten vara positiv åt höger och lägg origo i symmetripunkten. För fås då
, där . Utböjningen
av vänstra halvan följer av symmetrin.
7.29 a) ( ). b)
w 0( ) QL3
384EI---------------– 0,909⋅=
M 0( ) QL
24--------– 0,894⋅=
M L± 2⁄( ) QL
12-------- 0,939⋅=
w x( ) A Bx C λx( ) D λx( )sinh+cosh+ +=
λ P
EI------= w x( ) w x–( )= B D 0= =
wL
2---±
0= ML
2---±
Pe w''L
2---±
⇒Pe–
EI---------= =
w x( ) e 1λx( )cosh
λL
2------ cosh
------------------------–
= M x( ) EIw''– Peλx( )cosh
λL
2------ cosh
------------------------= =
w 0( ) e 11
λL
2------ cosh
------------------------–
e→= M 0( ) Pe
λL
2------ cosh
------------------------= 0→ P ∞→
w x( ) w x–( )=
B D 0= =
wL
2---±
0= ML
2---±
P– e w''L
2---±
⇒Pe
EI------= =
w x( ) e 1λx( )cos
λL
2------ cos
---------------------–
= M x( ) EIw''– Peλx( )cos
λL
2------ cos
---------------------–= = λ P
EI------=
w ∞→ λL
2------ cos 0→ λL
2------
π2---= Pkr
π2EI
L2
------------=
x 0 x L≤ ≤
w x( )q0L
2
P λL( )3------------------ λL( )sin
λL λL( )sin–
λL( )cos-------------------------------- λx( )cos λx–
λL( )3
6-------------- 1
x
L---
3–
–+= λ P
EI------=
w x( )λL( )2
a0
π2 λL( )2–
-------------------------- λx( )sin= λ P
EI------= Pkr
π2EI
L2
------------=
— 92 —
7.30 Om vattnet nätt och jämt fyller ut, fås belastningen (på en balk) (kraft/längd).
Insättning i elastiska linjens ekvation ger , där och vi utnyttjat att böj-
styvheten är konstant. Lösningen är .
Lägg origo i symmetripunkten; då fås . Randvillkoren och le-
der till och . Icke–trivial lösning kräver att
. Lägsta roten ger ;
q x( ) ρgBw x( )=
x4
4
d
d w λ4w– 0= λ4 ρgB
EI----------=
w x( ) A λx( ) B λx( ) C λx( )cos D λx( )sin+ +sinh+cosh=
B D 0= = wL
2---±
0= w''L
2---±
0=
w x( ) C λx( )cos= CλL
2------ cos 0=
λL
2------
π2--- mπ+= , m 1 2 …, ,= λ4 ρgB
EI----------
πL---
4= = B
π4EI
ρgL4
------------=
— 93 —
8. Allmänna spännings– och töjningstillstånd
8.1 Betrakta ett rätblock med sidlängderna , och , som utsätts för ett yttre tryck på alla sex
sidorna. Beräkna relativa volymförändringen ( ) om elasticitetsmodulen är
och Poissons tal är . Undersök speciellt relativa volymförändringen för ett material för vilket
. Kan man ur resultatet dra någon slutsats om det högsta värdet Poissons tal kan anta(för något material)?
8.2 En tunn gummimatta med elasticitetsmodul och tvär-
kontrationstal , limmas mellan två stålblock. Tjockle-
ken är mycket liten jämfört med utsträckningen i
–planet. Konstruktionen belastas med en axialkraft
i –led. Försumma stålblockens deformationer samtskjuvdeformationer i gummimattan och beräkna kvoten
.
8.3 En kubisk plugg, kantlängd , är exakt inpassad i ett hål ien mycket styv kropp, på så sätt att endast en av dess sex si-
dor är fri. Den fria ytan belastas med ett tryck . Friktionenmellan plugg och omgivande kropp försummas.
a) Bestäm kontakttrycken mot botten och mot sidorna
( ). Vad blir kontakttrycken då , respektive
?
b) Bestäm den fria ytans nedtryckning . Hur stor blir ned-
tryckningen då ?
8.4 En packning består av två delarmed olika material enligt figu-ren. Vid montering uppstår ett
kontakttryck på övre ytan avpackningsdel ‘1’ — delen ‘2’ pres-sas då mot anliggande stålytorså att tätning uppstår. Stålet ärmycket styvare än packningenoch kan betraktas som oändligtstyvt. Packningsmaterial är li-neärt elastiska och fria att utvid-ga sig i z–led; friktionen mellande olika kontaktytorna kan för-summas.
Data: , , ,
a) Bestäm normalspänningarna i de båda packningsdelarna ( ).
b) Bestäm hur mycket, , som packningsdel ‘1’ trycks ner, samt hur långt, , som kontakty-
tan mellan de två delarna förskjuts.
a b c p
∆V V⁄ V a b c⋅ ⋅= E
νν 0,5=
hx
z
ystål
stål
P
P
E
νh
x y,( )z
εz
σz
-----
p
a
a
pb
ps
ps
E ν,
δ
x
y
a
p
pb ps, ν 0=
ν 0,5=
δν 0,5=
stel
1 2
p
a b
x
y
δy–δx
c
p
a 2b c 20 mm= = = p 100 MPa= E1 E2 3⁄ 10 GPa= = ν1 ν2 0,4= =
σx1 σy1 σx2 σy2, , ,
δ– y δx
— 94 —
8.5 Två lika stora rätblock ligger med exakt passning ochutan friktion i en ränna i en kropp som kan betraktassom oändligt styv (i jämförelse med blocken). Bestämdet horisontella tryck som uppkommer i blocken, då
de balstas med ett vertikalt tryck . Blocken är line-
ärt elastiska med material konstanterna och ,
respektive och ; blocken är fria att expanderaut ur papprets plan.
8.6 En kubisk plugg sitter friktions-fritt mellan två andra kubiskapluggar enligt figuren. Mittplug-
gen belastas med trycket , ochplant spänningstillstånd råder i(x,y)–planet.
a) Bestäm samliga normalspän-ningar.
b) Beräkna hur mycket, , sido-pluggarna höjer sig.
c) Bestäm horisontella expansi-onen av mittpluggen.
8.7 I en punkt i en belastad kropp har man med töjningsmätare bestämt deformationen till
, , , samt . Ma-
terialet är lineärt elastiskt med elasticitetsmodulen och Poissons tal , upp
till sträckgränsen .
a) Beräkna spänningarna i punkten.
b) Beräkna säkerheten mot plasticering enligt Tresca och von Mises.
8.8 Ett slutet tunnväggigt rör utsätts för ett inre övertryck . Rörmaterialet är lineärt elastiskt,
med elasticitetsmodulen och Poissons tal . Rörets radie, längd och väggtjockleken är , ,
respektive . Beräkna rörets förlängning och diameterändring pga. trycket .
8.9 Tryckskrov till ubåtar avsedda att användas på mycket stora djup, görs sfäriska.
a) Beräkna spänningarna i tryckskrovet då farkosten befinner sig 8000 meter under havsytan,
om skrovets radie är och väggtjockleken är — gör approximationen
. Antag att havsvattnets densitet är och sätt .
b) Hur mycket minskar tryckskrovets radie på detta djup, om det är tillverkat av titan? För ti-
tan gäller och .
c) Spänningsberäkningen är viktig för att kontrollera att brottspänningen eller flytspänningeninte överskrids. För fallet med ett tryckskrov, som utsätts för stora tryckkrafter: finns det nå-got annat fenomen som måste beaktas vid dimensioneringen?
E ν, 2E ν 2⁄,
p
x
y
p
E ν2E ν 2⁄
2 12
p
3a
a
E1 E2 2⁄ E= = ν1 ν= ν2 0=
x
y
δp
δ
εx 0,850 103–⋅= εy 0,450– 10
3–⋅= εz 0,200 103–⋅= γxz 1,040 10
3–⋅= γxy γyz 0= =
E 200 GPa= ν 0,3=
σs 350 MPa=
p
E ν a L
h p
a 0,75 m= h 10 cm=
h a« ρ 1035 kg/m3≈ g 9,82 m/s
2=
E 108 GPa= ν 0,22=
— 95 —
8.10 En plan rektangulär plåt belastas med kantspänningen (bi–axiellt).Bestäm spänningarna längs en cirkulär snittyta enligt figuren.
8.11 Spänningstillståndet i en punkt i en konstruktionsdetalj visas i figu-ren. Plant spänningstillstånd råder.
a) Bestäm huvudspänningarna
b) Bestäm effektivspänningarna enligt Tresca och von Mises
8.12 I en punkt råder plant spänningstillstånd med spänningar enligt figu-ren. Rita Mohrs spänningscirkel och bestäm huvudspänningarna tillstorlek och riktning.
8.13 Rita Mohrs spänningscirkel för en punkt i ett tunnväggigt rör (radie och väggtjocklek ) som
belastas med ett vidande moment ; bestäm huvudspänningarna och effektivspänningarna
enligt Tresca och von Mises.
8.14 Ett öppet tunnväggigt rör belastas av ett inre över-
tryck och ett vridande moment .
a) Bestäm spänningstillståndet; rita Mohrs spän-ningscirkel; beräkna huvudspänningarna.
b) Beräkna effektivspänningen enligt Tresca ochenligt von Mises
8.15 Ett slutet tunnväggigt rör belastas av ett inre över-
tryck och ett vridande moment .
a) Bestäm spänningstillståndet i den cylindriskadelen; rita Mohrs spänningscirkel för spän-ningstillståndet i cylinderytans plan; beräknahuvudspänningarna.
b) Beräkna effektivspänningen enligt Tresca ochenligt von Mises
8.16 Ett tunnväggigt cylindriskt rör är i obelastat tillstånd ex-akt inpassat mellan två stela glatta (friktionsfritt) väg-
gar. Beräkna storleken på det inre övertrycket dåcylindern plasticerar enligt von Mises. Materialet är line-ärt elastiskt—idealplastiskt.
σ
σ
σ
120 MPa
70 MPa
60 MPa
33 3
9
MPa[ ]
a h
Mv
Mva
p
h
p Mv πpa3
=
Mv a
p
h
p Mv πpa3
=
L
h
2a
p
— 96 —
8.17 En tunnväggig cylindrisk tank används för att transpor-tera gas under tryck på en lastbil. På grund av chassitsvekhet, kan tanken utsätts för vridning i längsled — omvridningen är tillräckligt stor, kan tryckspänningar upp-komma i tanken, vilket innebär en risk för buckling (en
typ av elastisk instabilitet). Hur stor vridningsvinkel tål tanken utan att tryckspänningar uppkommer, om
gastrycket är ? Data: , ,
, (ca. 10 atm).
8.18 Betrakta återigen det sfäriska tryckskrovet i uppgift 8.9 — bestäm säkerheten mot plasticering
enligt Trescas och von Mises hypoteser. Sträckgränsen för titan är .
8.19 En massiv cylinder är spänningsfritt moterad mellan två stela väggar.
a) Bestäm den axiella spänning som uppkommer då mantelytan utsätts för ett tryck .
b) Bestäm effektivspänningen enligt Tresca respektive von Mises.
8.20 En massiv kropp är belastad så att det 3–di-mensionella spänningstillståndet i en punktblir så som visas i figuren. Bestäm huvud-spänningarna samt effektivspänningarnaenligt Tresca och von Mises.
8.21 En massiv kropp är belastad så att det 3–di-mensionella spänningstillståndet i en punktblir så som visas i figuren. Bestäm huvud-spänningarna samt effektivspänningarnaenligt Tresca och von Mises.
8.22 I en punkt i en belastad kropp råder ett spän-ningstillstånd enligt figuren. Beräkna hu-vudspänningarna och maximalskjuvspänning i kroppen.
θ
L
a
h
p
θ
p L a⁄ 6= a h⁄ 100=
G 75 GPa= p 1 MPa=
σs 440 MPa=
p
120 MPa[ ]
150
90
90
z
y
x
z
y
x
MPa[ ]
60
40
25
30
20
z
y
x
MPa[ ]
40
30
— 97 —
8.23 Spänningarna i en punkt i en elastisk kropp ges i ett cartesiskt koordinatsystem av
spänningstensorn . Bestäm effektivspänningarna enligt von Mise och Tresca
samt största huvudspänningens riktning.
8.24 Spänningstillståndet i en punkt i en massiv kropp har beräk-nats till:
a) Beräkna huvudspänningarna
b) Bestäm normalspänningen och skjuvspänningen i
(x,y)–planet, längs ett snitt som lutar mot x–axeln (se figuren).
8.25 I en punkt i en kropp råder enaxlig dragspänning i riktningen .
a) Beräkna , och .
b) Beräkna största skjuvspänningen i punkten.
8.26 I en punkt i en kropp råder spänningstillståndet , , ,
, och . Beräkna huvudspänningarna och riktningen
för den största huvudspänningen.
8.27 Beräkna huvudspänningarna och riktningen förden största huvudspänningen, för det i figuren il-lustrerade spänningstillståndet.
8.28 I ett cartesiskt koordinatsystem ges spänningarna i en punkt av spänningstensorn
. Beräkna
a) spänningsvektorns komponenter på en snittyta med normalvektorn ,
b) spänningsvektorns normal– och skjuvkomponent på ytan,
c) och huvudspänningarna samt största huvudspänningens riktning.
x y z, ,( )
S
5 0 10
0 6 0
10 0 5
MPa=
x
y
30°
σϕ
τϕ
σx 120 MPa= τxy 40 MPa–=
σy 0 MPa= τyz τzx 0= =
σz 100 MPa–=
σϕ τϕ
30°
σ01
3------- 1 1 1
T
σx σy σz
σx 100 MPa= σy 80 MPa–= σz 50 MPa=
τxy 60 MPa= τyz 120 MPa= τxz 90 MPa–=
30
20
20
25
z
y
x
[MPa]
x y z, ,( )
S
80 40 0
40 0 20
0 20 80
MPa=
1
6------- 1 2 1
T
— 98 —
Lösningar
8.1 Ursprunglig volym: . Volym efter deformation:
Relativ volymförändring:
(töjningarna antas små, så kvadratiska och kubiska termer försummas).
Hook:
Med fås då .
Speciellt fås för att — material med detta värde på Poissons tal säges vara
inkompressibla.
Om volymen inte ska öka då den utsätts för ett allsidigt tryck (vilket skulle strida mot termody-
namikens lagar), har vi: . Eftersom och , fås villkoret
ur denna olikhet.
8.2 Deformationerna i –planet kan bertraktas som förhindrade, varför
ur vilket vi löser . Vi har då
; (speciellt: då
fås ; inkompressibelt material).
8.3 a) Vertikal jämvikt ger: ; dvs (oberoende av ). Pga symmetri har
vi att , och horisontell jämvikt visar att . Vi måste alltså beräkna (eller ).
Kompatibilitet: . Hook: . Alltså fås , så
. Speciellt fås för att , och för att .
b) . Med fås — inkompressibelt material.
8.4 a) Eftersom friktion försummas sätts skjuvspänningarna till noll. Vi har då 4 obekanta: de 2
normalspänningarna i del ‘1’ ( ) och de 2 normalspänningarna i del ‘2’ ( ).
Fyra ekvationer behövs för att beräkna de obekanta.
Vertikal jämvikt del ‘1’:
V0 abc= V a 1 εx+( ) b 1 εy+( ) c 1 εz+( )⋅ ⋅=
∆V V0⁄ V V0–( ) V0⁄ εx εy εz εxεy εxεz εyεz εxεyεz+ + + + + + εx εy εz+ +≈= =
εx
1
E--- σx ν σy σz+( )–( )= εy …= εz …=
σx σy σz p–= = = ∆V V0⁄ 3p 1 2ν–( )–( ) E⁄=
ν 0,5= ∆V V0⁄ 0=
∆V V0⁄ 3p 1 2ν–( )–( ) E⁄ 0≤= E 0> p 0>
ν 0,5≤
x y,( )
εx
1
E--- σx ν σy σz+( )–( ) 0= = σx ν σy σz+( )=⇒
εy
1
E--- σy ν σx σz+( )–( ) 0= = σx
σy
ν----- σz–=⇒
σx σy
νσz
1 ν–------------= =
εz
1
E--- σz ν σx σy+( )–( )
σz
E----- 1 2ν ν
1 ν–------------–
σz 1 ν+( ) 1 2ν–( )E 1 ν–( )--------------------------------------------= = =
εz
σz
-----1 ν+( ) 1 2ν–( )
E 1 ν–( )--------------------------------------=
ν 1
2---= εx εy εz 0= = =
σy p–= σy pb–= pb p= ν
σx σz= ps σx–= σx σz
εx 0= εx
1
E--- σx ν σy σz+( )–( )= σx σz
ν–
1 ν–------------p= =
psν
1 ν–------------p= ν 0= ps 0= ν 0,5= ps p=
δ a– εy
pa
E------ 1
2ν2
1 ν–------------–
= = ν 0,5= δ 0=
σx1 σy1 σx2 σy2
σy1 p–=
— 99 —
Horisontell jämvikt i snittet mellan de 2 delarna:
Geometrisk kompatibilitet del ‘2’: (där vid plan spänning)
Horisontell geometrisk kompatibilitet:
Ur dessa 4 ekvationer får vi:
b) ; (alt. ).
8.5 — dvs det horisontella trycket mot väggarna blir .
8.6 a)
b)
c)
8.7 a) , , ,
,
b) Huvudspänningarna blir , och .
Tresca: ;
von Mises: ;
8.8 ;
8.9 a) .
b)
c) Alla konstruktioner som utsätts för tryckande belastning måste kontrolleras mot elastisk in-stabilitet; för fallet med ett tryckskrov (en skalkonstruktion) innebär detta att man måste varaobservant på buckling.
σx1 σx2=
cεy2 0= εy21
E2
------ σy2 νσx2–( )=
aεx1 bεx2+ 0=
σx1 σx220p–
57------------ 35,1 MPa–≈= =
σy1 p– 100 MPa–= = σy28p–
57--------- 14,0 MPa–≈=
δy– cεy1–49pc
57E1
------------ 0,17 mm≈= = δx aεx114pa
285E1
--------------- 0,0098 mm≈= = δx b– εx2=
σx1 σx2 5νp– 6⁄= = 5νp 6⁄
σx1 σx2 νp– 2⁄= = σy1 p–= σy2 0=
δ aεy2 0= =
δx aεx1 aνp 2E⁄= =
σx
E
1 ν+------------ εx
v
1 2ν–--------------- εx εy εz+ +( )+
200 MPa= = σy 0 MPa= σz 100 MPa=
τxz Gγxz
E
2 1 ν+( )--------------------γxz 80 MPa= = = γxy γyz 0 MPa= =
σ1 244 MPa≈ σ1 56 MPa≈ σ3 0 MPa=
σe σ1 σ3– 244 MPa≈= sσs
σe
----- 1,4≈=
σe σ12 σ2
2 σ1σ2
–+ 222 MPa≈= s 1,6≈
∆L Lεx
paL
2Eh---------- 1 2ν–( )= = ∆D
pa2
Eh-------- 2 ν–( )=
p ρgh 81,31 MPa≈= σr 0≈ σϕ σθpa–
2h--------- 305 MPa–≈= =
∆a aεθpa
2–
2Eh------------ 1 ν–( ) 1,65 mm–≈= =
— 100 —
8.10 Spänningen vinkelrätt ut från det cirkulära snittet är (konstant)
Spänningen tangentiellt mot det cirkulära snittet är (konstant)
8.11 a)
b)
8.12 ; verkar i en vinkel mot x–axeln (horisontellt).
8.13 Skjuvspänningen i röret blir ; alla andra spänningskomponenter är noll.
8.14 a) , ; alla andra spänningskompo-
nenter är noll.
b)
τrϕ
σr
ϕ
σr σ=
τrϕ 0=
σ1 160 MPa= σ2 30 MPa= σ3 0 σz=( )=
σeT
160 MPa= σeM
147 MPa≈
σ1 12 MPa= σ2 σ3 0= = σ1 α 30°=
σ1
σ2
σy
τxy
α
σ MPa[ ]
τ MPa[ ]
σx τxy( , )
σy τ– xy( , )
3 9σ1 12 MPa=
σ2 σ3 0= =
2α3
6
–3
–6
τxθ M– v 2πa2h⁄=
σ1 τ– xθ= σ2 0= σ3 τxθ=
σeT
2– τxθ Mv πa2h⁄= = σe
M3– τxθ 0,87 Mv πa
2h⁄⋅≈=
τ pa
h------
σ pa
h------
1
0.5
–0.5σθ σy= τ– xy τ– xθ=( , )
σx τxy( , )
σ1
σ3
σθ pa h⁄= τxθ pa 2h⁄=
σ1 1 2+( )pa 2h⁄= σ2 0= σ3 1 2–( )pa 2h⁄=
σeT 2pa
h-------------= σe
M 7pa
2h------------- 1,32
pa
h------⋅≈=
— 101 —
8.15 a) , , ; alla andra
spänningskomponenter är noll.
b)
8.16 ; ; ; plan spänning.
Röret plasticerar då
8.17 Ingen tryckspänning uppkommer (i någon riktning) om alla huvudspänningar är icke–negativa.
1 — bestäm spänningarna i tanken pga. och :
2 — Bestäm huvudspänningarna: är en huvudspänning; de båda andra ges av
3 — Villkoret ger nu
8.18
8.19 a) . b) —
8.20 ;
τ pa
h------
σ pa
h------
σx τxy τxθ=( , )
σy σθ= τxy–( , )
0.5
0.5
–0.5
1.0 σ1σ2
σx pa 2h⁄= σθ pa h⁄= τxθ pa 2h⁄=
σ1 3 5+( )pa 4h⁄= σ2 3 5–( )pa 4h⁄= σ3 0=
σeT 3 5+( )pa
4h---------------------------- 1,31
pa
h------⋅≈= σe
M 6pa
2h------------- 1,22
pa
h------⋅≈=
σθ σy pa h⁄= = εx 1 E⁄( ) σx νσy–( ) 0= = σx νpa h⁄=⇒ τxθ τxy 0= =
σeM σx
2 σy
2 σz
2 σxσy– σxσz– σzσy– 3 τxy
2 τxz
2 τyz
2+ +( )+ + +
pa
h------ 1 ν– ν2
+= =
σeM σs= p⇒
σsh
a 1 ν– ν2+
-------------------------------=
p θ
σx pa 2h⁄= σθ pa h⁄= τxθ Mv 2πa2h⁄ Gθ 6⁄==
σr 0=
σ1 2,σx σθ+
2------------------
σx σθ–
2------------------
2
τxθ2
+± 75p 25p( )2Gθ 6⁄( )2
+±= =
σ1 2, 0≥ θ 4 2 103– rad⋅≤ 0,3°≈
σeM σe
T305 MPa s σs σe
T⁄ 1,4≈=⇒= =
σx 2νp–= σ1 2νp–= σ2 σ3 p–= = σeM σe
Tp 1 2ν–( )= =
σx 90 MPa–=
σz 120 MPa=
σy 150 MPa=
τxy 90 MPa=S
σx τxy τxz
τxy σy τyz
τxz τyz σz
90– 90 0
90 150 0
0 0 120
MPa= =
det S σI–( ) 0 σ
180 MPa σ1=
120 MPa σ2=
120– MPa σ3=
=⇒=
σeT
300 MPa= σeM
275 MPa=
— 102 —
8.21 ;
8.22 ;
8.23 , , ; , .
8.24 a)
b)
8.25 a) Skjuvspänningarna är noll, så är en huvudspänning med tillhörande egenvektor
. De andra huvudspänningarna är . Huvudspänningarna är egen-
värden till spänningstensorn ; spektralsatsen ger och de eftersök-
ta spänningarna fås ur diagonalen:
b)
8.26 Egenvärdena till är , och .
σx 60 MPa=
τxz 30 MPa=
σy 40 MPa= σz 25 MPa=
τyz 20 MPa=S
σx τxy τxz
τxy σy τyz
τxz τyz σz
60 0 30
0 40 20
30 20 25
MPa= =
det S σI–( ) 0 σ
80 MPa σ1=
45 MPa σ2=
0 MPa σ3=
=⇒=
σeT
80 MPa= σeM
69,5 MPa=
τxy 40 MPa= τyz 30 MPa–= S
σx τxy τxz
τxy σy τyz
τxz τyz σz
0 40 0
40 0 30–
0 30– 0
MPa= =
det S σI–( ) 0 σ
50 MPa σ1=
0 MPa σ2=
50 MPa– σ3=
=⇒=
τmax
σ1 σ3–
2------------------ 50 MPa= =
σ1 15 MPa= σ2 6 MPa= σ3 5 MPa–= σeT
20 MPa= σeM
17,3 MPa≈ n1
2------- 1 0 1
T=
σ1 132 MPa≈ σ2 12 MPa–≈ σ3 100– MPa=
σϕ 64,6 MPa≈ τϕ 72 0 MPa,≈
σ0 σ1=
n11
3------- 1 1 1
T= σ2 σ2 0= =
S S σinini
T
i 1=
3
∑σ0
3------
1 1 1
1 1 1
1 1 1
= =
σx σy σz
σ0
3------= = =
τmax
σ1 σ3–
2------------------
σ0
2------= =
S
100 60 90–
60 80– 120
90– 120 50
MPa= σ1 172 MPa≈ σ2 83 MPa≈ σ3 186– MPa≈
— 103 —
Egenvektorn till fås som en lösning till ; med fås
. (Använd t.ex eig i Matlab).
8.27 ;
8.28 a)
b) ;
c) ;
.
ger
n1 σ1 S σ1I–( )n1 0= n1 1=
n1 0,719– 0,152 0,678T
≈
σ1 32 MPa≈ σ2 30 MPa= σ3 32 MPa–≈ n1 0,902 0,433– 0T
≈
s S1
6-------
1
2
1
1
6-------
160
60
120
MPa= =
σ nT
s200
3--------- MPa 66,7 MPa≈= = τ s σ2
– 53,1 MPa≈=
det S σI–( ) 0= σ3160σ2
– 4400σ 160000+ +⇒ 0=
σ1 100 MPa= σ2 80 MPa= σ3 20MPa–=
S σ1I–( )n1 0 n1, 1= = n11
6------- 2 1 1
T=
— 104 —
— 105 —
9. Ringar och hjul
9.1 En plugg med diametern pressas in i ett hål med diametern .
a) Beräkna kontakttrycket . För pluggen gäller att elasticitetsmodu-
len och Poissons tal är respektive ; omgivande material får be-
traktas som mycket styvt (‘ ’). Antag plant spänningstillstånd.
b) Beräkna spänningarna ( och ) i omgivande material, om detta
material antas ha mycket stor utsträckning (jämfört med pluggen).
9.2 En bussning med diametern och hålradien pres-
sas in i ett hål med diametern . Beräkna kontakttrycket
, om elasticitetsmodulen är och Poissons tal är . Om-
givande material får betraktas som mycket styvt (‘ ’).Antag plant spänningstillstånd. Vad blir kontakttrycket
då ?
9.3 En cirkulär hålskiva av lineärt elastiskt material ( , )passar exakt in i ett hål i en stel kropp. Beräkna kontakt-
trycket som uppkommer längs ytterranden, då inner-
randen utsätts för ett tryck . (Plant spänningstillstånd).
9.4 En skiva med ytterdiametern ska krympas på en axel med diametern . Hur stort behöver
greppet vara om kontakttrycket ska bli ? (Dvs. bestäm så att om hålet i skivan har diame-
tern , så blir kontakttrycket ). Skivan och axeln är av samma material ( , ) och plantspänningstillstånd antas råda.
9.5 En tunnväggig cylindrisk hylsa ska krympas på en axel. Båda delarna är tillverkade av sammalineärt elastiska material. Hur stort blir kontakttrycket mellan hylsa och axel, om det radiella
greppet är ? (Plant spänningstillstånd).
2b
py
2b ∆+ 2b
py
E νE ∞=
σr σϕ
a
b
py
2b ∆+ a
2b
py E ν
E ∞=
a 0→
b
api
py
E ν
py
pi
4d d
p ∆d ∆– p E ν
δ
a a δ– h a«
— 106 —
9.6 Betrakta en axel som utsätts för ett yttre tryck (t.ex pga en påkrympt hylsa). Axelns tvärsnitt
är cirkulärt solitt med diameter .
a) Beräkna spänningarna ( och ) i axeln.
b) Antag att axeln har ett mycket litet hål, diameter ,längs centrum axeln. Beräkna spänningarna.
c) Sätt och plotta spänningarna ( och
) enlig deluppgifterna a och b. (Använd t.ex
MATLAB).
d) Antag istället att hålet är så stort så att axeln kan be-traktas som ett tunnväggigt rör — beräkna spänning-
arna för detta fall. Sätt sedan , plotta
och (med t.ex MATLAB) och jämför med spänningarna enligt ‘ångpanneformler-
na’.
9.7 När ett rullager krymps på en axel pressas lagerbanan utåt.Om deformationen är för stor kan rullarna ‘låsa’ och lagretupphör att fungera. För ett rullager med (inre) radien
, lagerbanans tjocklek ,
och , uppges att maximalt tillåten radiell förskjut-
ning är .
a) Beräkna maximalt tillåtet krymptryck .
b) Bestäm maximalt diametrala grepp om lagret ska
krympas på en solid cirkulär stålaxel med
och .
9.8 Två axlar med diametern har skarvats med hjälp av ett krympförband som har
längden ; krymptrycket är .
a) Bestäm maximala vridande moment som förbandet kan överföra om friktionskoefficien-
ten är .
b) Under drift stiger temperaturen med (homogent i både axlar och i skarvhylsan).Bestäm hur mycket krymptrycket (och därmed maximalt överfört vridmoment) påverkas, om
friktionskoefficienten ej beror av temperaturen. Data: , , (för både hylsa och axlar).
p
D
σr σϕ
D
p
φ
φ
φ D 100⁄= σr p⁄
σϕ p⁄
φ 99D 100⁄=
σr p⁄ σϕ p⁄
a
a h+
ur a h+( )
p
a 5 mm= h 3 mm= E 260 GPa=
ν 0,2=
ur a h+( ) 2 µm=
p
∆Ea 210 GPa=
νa 0,25=
D 40 mm=
2L 20 cm= p 80 MPa=
Mv
µ 0,2=
∆T 25°C=
α 105– °⁄ C= E 210 GPa= ν 0,3=
D
2L
Mv Mv
— 107 —
9.9 Ett par axlar med diametern ska skarvas med ett krympförband.
Skarvhylsans längd är , väggtjockleken är och dess innerdiame-
ter är ( är greppet). Axlar och hylsa är tillverkade av samma
lineärt elastiska material ( ).
Data: , , , , ,
, , (friktionskoefficient hylsa/axel).
a) För att montera förbandet kan man värma upp hylsan. Hur mycketmåste temperaturen höjas, för att axlarna ska kunna skjutas in ihylsan?
b) Hur stort blir krymptrycket (efter att konstruktionen svalnat av)?Hylsan får betraktas som tunnväggig, så att endast ringspänning-
en behöver beaktas.
c) Hur stort vridmoment kan förbandet överföra?
d) Hur stor blir ringspänningen i hylsan?
e) Hur stor blir skjuvspänningen (i genomsnitt) pga friktion mellan axel och hylsa, om vridmo-
mentet är ?
f) Hur stor blir skjuvspänningen i hylsan, i ett snitt mellan de båda axlarna, om
?
g) För att demontera förbandet kan man försöka värma upp hylsan så att axlarna kan dras ut.Detta kan emellertid vara svårt (speciellt när skarvhylsan är tunn), eftersom värme ocksåleds in till axlarna som därmed också expanderar. Istället kan man borra radiella hål genomhylsan och pumpa in olja. Hur stort oljetryck krävs för att demontera förbandet på detta sätt?
9.10 En axel av en aluminiumlegering ( ,
, ) passar vid en viss
temperatur exakt in i en stålhylsa ( ,
, ). Bestäm spänningar-
na ( och ) i axeln och hylsan om temperaturen
höjs i båda komponenterna.
9.11 En tjockväggig tryckcylinder ( , ) ärfylld med en inkompressibel vätska.
Beräkna kolvens förskjutning som
funktion av kraften på kolvstången.Antag att inget läckage förekommeroch att cylindern kan expandera fritt iradiell led.
2Lt
D
Mv
Mv
D
2L t
D ∆– ∆E ν α, ,
D 20 mm= ∆ 40 µm= t 3 mm= L 5 cm= E 200 GPa=
ν 0,3= α 12 106– °K⁄⋅= µ 0,1=
σϕ
Mv
σϕ
Mv 200 Nm=
τϕz
Mv 200 Nm=
stålhylsa
aluminiumaxel
D 2d=
d
Ea 71 GPa=
νa 0,3= αa 23 106–⋅ °⁄ K=
Es 206 GPa=
νs 0,3= αs 12 106–⋅ °⁄ K=
σr σϕ
∆T 50°C=
d 2d
L
F
δ
E ν
δF
— 108 —
9.12 En hydraulisk domkraft består av tre delar: en massiv
kolv med radien , ett rörligt mellanrör (som i
figuren visas i sitt översta läge) med inre radie och
väggtjocklek , samt ett nedre rör, fast monterat på en
bottenplatta, med inre radie och ytterradie
. Samtliga delar är tillverkade av
samma material; data: , ,
. Bestäm den största massa
( ) som kan lyftas med domkraften, om säker-heten mot plasticering i det nedre röret ska vara 3 enligtvon Mises. Försumma friktion mellan delarna samt loka-la störningar vid rörändar.
9.13 Ett plaströr, innerradie och ytterradie ,passar exakt in i ett hål i ett material som kan be-traktas som stelt i jämförelse med plasten, men hå-
lets djup är kortare än rörlängden. Antag attplasten är lineärt elastisk och beräkna det kontakt-
trycket som uppkommer mellan hålvägg och rör,
då röret pressas ihop ett stycke . Data:
9.14 Ett långt rör utan gavlar är utsatt för ett inre övertryck
. Rörets inre radie är och yttre radien är
. För materialet gäller och .
Eftersom max–spänningen är för hög, sätts röret istället ihop
av två delar som ett krympförband med diametrala greppet
; passningsytans radie är .
Beräkna resulterande spänningen vid , och .
9.15 En tunn cirkulär hålskiva fastsvetsad på en stel axel, roterar med kon-
stant vinkelhastighet . Bestäm spänningarna och , om
och .
olja
P Mg=
2c
hm
z, rot.sym
r
h2a
c 30 mm=
c
hm
a 40 mm=
b a h+ 60 mm= =
E 220 GPa= ν 0,3=
σs 400 MPa= M P g⁄=
g 10 m/s2≈
stel
2a2b
L
δ
stel
a b 2a=
L δ
p
δ
E 2,4 GPa= ν 0,4=
a 10 mm= L 600 mm= δ 2 mm=
ab
c
pi
pi 210 MPa= a 100 mm=
c 200 mm= E 210 GPa= ν 0,3=
σϕ
∆ 0,2 mm= b 150 mm=
σϕ r a= b c
stel axel E ν ρ, ,
ωa
b
ω σr σϕ b a⁄ 2=
ν 0,3=
— 109 —
9.16 En hylsa av aluminiumlegering ( , ,
) krymps på ett nav av stål ( ,
, ). Hylsa och nav har mått enligt
figuren och det diametrala greppet är . Be-stäm det vartal vid vilket hylsan lossnar från navet.
, .
9.17 En slipskiva med tjockleken , inre diametern och yttre diametern
, roterar med periferihastigheten 80 m/s. För materialet gäller ,
, . Brottgränsen är . Bestäm säkerheten mot brott.
9.18 Bränslestavarna till ett kärnkraftverk är tillverkade av uran–dioxid. Vär-meenergi som utvecklas i stavarna, p g a radioaktiviteten, används för atthetta upp vatten som sedan får driva ångturbiner. Om man antar att ener-giutvecklingen är homogen (d v s jämt fördelad över bränslestavarnas vo-lym), ger lösningen av värmeledningsekvationen, atttemperaturfördelningen i en bränslestav blir
där är en radiell koordinat från stavens centrumlinje, är stavens radie,
är temperaturen längs stavens centrumlinje och är temperaturen på
stavens mantelyta (från randeffekter bortses). Data:
, , , , ,
a) Beräkna, utan att sätta in några siffervärden, samtliga spänningar som uppträder i staven;antag att staven är fri att expandera i alla riktningar. Observera att det inte råder plant
spänningstillstånd och att axialkraften , men
b) Beräkna och plotta, som funktion av , effektivspänningen enligt Tresca och von Mises.
2a
2b
navhylsaE 71 GPa= ν 0,3=
ρ 2800 kg/m3
= E 206 GPa=
ν 0,3= ρ 7780 kg/m3
=
∆ 50 µm=
a 50 mm= b 100 mm=
t 100 mm= 2a 200 mm=
2b 600 mm= E 40 GPa=
ν 0,3= ρ 3000 kg/m3
= σB 60 MPa=
2a
2b
t
ω
T r( ) Tb Tb T0–( ) 1r
2
b2
-----–
–=
r b
T0 Tb
2b 8,19 mm= T0 1100°C= Tb 700°C= E 200 GPa= ν 0,25= α 13 106–⋅ °C⁄=
Nz σz Ad
A
∫ 0= = σz σz r( ) 0≠=
r b⁄
— 110 —
9.19 En rotationssymmetrisk skiva med tjockleken ska rotera
med vinkelhastigheten . Skivan har inget centrumhål och
tjockleken vid betecknas ; dess radie är . Materia-
lets elasticitetsmodul, tvärkontraktionstal och densitet be-
tecknas , respektive . Bestäm tjockleken så att skivanblir jämnstark. Med jämnstark ska här förstås att de från noll
skilda spänningarna ska vara lika (materialet
ansträngs lika i alla riktningar i skivans plan) och att spän-ningstillståndet är lika i all punkter — d.v.s vi vill bestämma
så att (konstant). Från randeffekter
( ) bortses.
Ställ upp jämviktsekvationen i radiell riktning, och medbeaktande av tjockleksvariationen, för ett litet volymsele-
ment enligt figuren, och låt . Problemetkan lösas utgående ifrån enbart denna ekvation, dvs. var-ken kinematik eller konstitutiva ekvationer behöver be-aktas.
Problemet löstes av Karl Ljungberg 1894, med avsikten att hitta en lämplig profil till Gustaf de Lavals ångturbinhjul. Ljungberg blev senare Sveriges första professor i hållfasthetslära.
rot. sym.
b
r
t r( )
z
ωt0
t r( )ω
r 0= t0 b
E ν ρ
σr r( ) σϕ r( )=
t r( ) σr σϕ σ0= =
σr b( ) σ0≠
Kr
σr r ∆r+( )
σr r( )
∆ϕ
r
r ∆r+
σϕ r( )
σϕ r( )∆r ∆ϕ,( ) 0 0,( )→
— 111 —
— 112 —
Lösningar
9.1 a) Lösningen till elasticitetsekvationerna ger den radiella spänningen och den ra-
diella förskjutningen . Integrationskonstanterna bestäms ur
randvillkoren: (Alternativt: ska vara begränsad )
Således fås (konstant).
b) Spänningarna ges av och integrationskonstanterna (ej samma
som i delproblem a bestäms ur randvillkoren: samt
. Alltså fås:
9.2 Lösningen till elasticitetsekvationerna ger den radiella spänningen och den radi-
ella förskjutningen . Integrationskonstanterna bestäms ur
randvillkoren: samt
Således fås:
Då reduceras detta till , (vilket som man förväntar sig också är lös-
ningen till uppgift 9.1).
9.3 Med de allmänna uttrycken för och enligt uppgift 9.1, bestäms och ur randvillkoren
samt . Man får
Insättning i uttrycket för ger sedan det sökta trycket som:
9.4 Radiell förskjutning av axelns ytterkant: ; Radiell förskjutning av hålkanten:
; Kompatibilitetsvillkor:
För axeln har vi med villkoren: begränsad samt . Ur detta fås
och . Den radiella förskjutningen ges av
och speciellt fås . För skivan har vi på samma sätt , men
med villkoren: och . Detta leder till samt . Efter
σr A B r2⁄–=
ur 1 E⁄( ) A 1 ν–( )r 1 ν+( )B r⁄+( )=
ur 0( ) 0= B⇒ 0= σr 0( ) B⇒ 0=
ur b( ) ∆ 2 A⇒⁄– E∆ 2b 1 ν–( )( )⁄–= =
σr A B r2⁄– E∆ 2b 1 ν–( )( )⁄–= = py σr b( )– E∆ 2b 1 ν–( )( )⁄= =
σr A B r2⁄–= σϕ A B r
2⁄+=
σr ∞( ) 0 A⇒ 0= =
σr b( ) py B⇒– b2py E∆b 2 1 ν–( )( )⁄= = = σr σϕ–
E∆b–
2 1 ν–( )r2
-------------------------= =
σr A B r2⁄–=
ur 1 E⁄( ) A 1 ν–( )r 1 ν+( )B r⁄+( )=
σr a( ) 0= A⇒ B a2⁄= ur b( ) ∆ 2 B⇒⁄–
E∆–
2----------
a2b
a2
1 ν+( ) b2
1 ν–( )+----------------------------------------------------⋅= =
py σr b( )– B–1
a2
-----1
b2
-----– ⋅ E∆
2b-------
1a
b---
2–
1 ν–a
b---
21 ν+( )+
-----------------------------------------------⋅= = =
a 0→ py E∆ 2b 1 ν–( )( )⁄=
ur σr A B
σr a( ) pi–= ur b( ) 0= AB–
b2
------1 ν+
1 ν–------------⋅= B pi
a2b
21 ν–( )
a2
1 ν+( ) b2
1 ν–( )+----------------------------------------------------⋅=
σr py σr b( )–2pi
1 ν b
a---
21 ν–( )+ +
-----------------------------------------------= =
ur axel, d 2⁄( )
ur skiva, d 2⁄( ) ∆ 2⁄ ur axel, d 2⁄( )+ ur skiva, d 2⁄( )=
σr A B r2⁄–= σr 0( ) σr d 2⁄( ) p–=
A p–= B 0= ur axel, 1 E⁄( ) A 1 ν–( )r 1 ν+( )B r⁄+( )=
ur axel, d 2⁄( ) pd
2E-------– 1 ν–( )= σr A B r
2⁄–=
σr d 2⁄( ) p–= σr 2d( ) 0= A p 15⁄= B 4pd2
15⁄=
— 113 —
insättning av integrationskonstanterna i uttrycket för den radiella förskjutningen, kan vi beräk-
na . Kompatibilitetsvillkoret ger nu:
9.5 För axeln finner man, (med hjälp av randvillkoren ändlig (alt.: ) och
), att (konstant) och . Speciellt behöver vi att
Eftersom hylsan är tunnväggig, gäller att . En jämviktsekvation (på samma sätt som för
en cylinder som utsätts för ett inre övertryck) ger att , så . Det
kinematiska sambandet , ger då att . Alltså har vi att
Kompatibilitet: hylsans radiella förskjutning = axelns radiella förskjutning + radiellt grep
9.6 a) b)
c) Man finner att hålet markant påverkar spänningarna — men bara lokalt (nära hålet):
ur skiva, d 2⁄( ) pd
30E---------- 17 15ν+( )⋅= ∆ 32pd
15E------------=
σr 0( ) ur 0( ) 0=
σr a( ) p–= σr p–= ur axel, pr 1 ν–( )– E⁄=
ur axel, a( ) pa 1 ν–( )– E⁄=
σr 0≈
σϕ pa h⁄= εϕ σϕ E⁄ pa Eh⁄= =
εϕ ur hylsa, r⁄= ur hylsa, εϕr par Eh⁄= =
ur hylsa, a( ) pa2
Eh⁄=
ur hylsa, a( ) ur axel, a( ) δ+= pEhδ
a2
----------=⇒
σr σϕ p–= = σr p– 1φ2
4r2
--------–
= σϕ p– 1φ2
4r2
--------+
=
σr σϕ, (utan centrumhål)
σr (med centrumhål)
σϕ (med centrumhål)
r
D 2⁄-----------
σ p⁄
— 114 —
d) — ‘ångpanneformlerna’: .
9.7 a) Radiella spänningen i lagerbanan ges av , där integrationskonstanterna ges av
randvillkoren:
Man får och .
Radiella förskjutningen ges av
Vi får alltså:
b) Axelytans radiella förskjutning blir
Inre lagerytans radiella förskjutning blir
Kompatibilitet:
9.8 a) Vridmomentjämvikt för ena axeln ger , där är skjuvspänningen mellan axel
och skarvhylsa. Vi har vidare , så man finner
b) Betrakta först en axel fri från hylsan. På grund av en temperaturökning får man en tang-
entialtöjning (konstitutiv relation). Den kinematiska relationen är .
Således får man . Speciellt blir ökningen av axels radie
σr 50p– 1φ2
4r2
--------–
= σϕ 50p– 1φ2
4r2
--------+
= σr 0≈ σϕ 100p–=
r
D 2⁄-----------r
D 2⁄-----------
σr p⁄ σϕ p⁄
σr A B r2⁄–=
σr a( ) p–= σr a h+( ) 0=
A B a h+( )2⁄= B pa2
a h+( )2h 2a h+( )( )⁄=
ur
1
E--- A 1 ν–( )r
B 1 ν+( )r
---------------------+ =
ur a h+( )2pa
2a h+( )
Eh 2a h+( )-----------------------------= p⇒ 50,7 MPa=
ur axel, a( ) pa 1 νa–( )– Ea⁄=
ur lager, a( )pa
21 ν–( )a
1 ν+( ) a h+( )2
a-------------------------------------+
Eh 2a h+( )-------------------------------------------------------------------------------=
ur lager, a( ) ur axel, a( ) ∆ 2⁄+= ∆ 6,65 µm=⇒
Mv τπLD2
2⁄= τ
τmax µp= Mv,max µπLD2p 2⁄ 4 kNm≈=
∆T
εϕ α ∆T⋅= εϕ ur axel, r⁄=
ur axel, rα ∆T⋅=
— 115 —
.
Betrakta nu hylsan fri från axlarna. Exakt samma resonemang som ovan visar att ökningen av
hylsan innerradie blir .
Eftersom hylsa och axlar expanderar lika mycket förändras inte greppet , och därmed inte
krymptrycket . Temperaturökningen påverkar alltså inte förbandets förmåga att överföra ettvridmoment (så länge friktionskoefficienten och materialegenskaperna inte förändras).
9.9 a) ;
b) För axeln gäller ; randvillkoren och ändlig, ger och
. .
För hylsan gäller (tunnväggig), och jämvikt ger . Hook: ; kinema-
tik: . Alltså fås . .
Kompatibilitet: . Efter insättning kan trycket lösas ut:
c) Vridmomentjämvikt för ena axeln ger: , där är skjuvspänningen
(pga. friktion) mellan axeln och hylsan. .
d) Enligt deluppgift b: , . .
e) Enligt deluppgift c: .
f) Snitta tvärsigenom hylsan (mellan axlarna) och betrakta vridmomentjämvikt:
.
g) Oljetrycket måste minst uppgå till krymptrycket (dvs. ) för att olja ska kunnatränga in mellan hylsan och en axel.
9.10 Beräkna först skillnaden i radiell förskjutning mellan axelns yta och hylsans inneryta (som omaxel och hylsa var fria från varandra), pga. temperaturhöjningen; detta ger det radiella greppet
. Beräkna sedan krymptrycket pga. greppet . Spänningarna i en komponent är
och , där integrationskonstanterna bestäms ur randvillkoren (för
varje del för sig).
Materialsamband: ; kinematiskt samband: . Således fås
. Greppet blir: .
Bortse nu ifrån temperaturhöjningen, och beräkna spänningarna pga. greppet. Låt beteckna
krymptrycket. För axeln gäller randvillkoren ska vara ändlig och , vilket ger
och . Vidare har vi att , så
.
ur axel, D 2⁄( ) αD ∆T⋅ 2⁄=
ur hylsa, D 2⁄( ) αD ∆T⋅ 2⁄=
∆p
εϕ α ∆T⋅= εϕ ur r⁄= ur D 2⁄( )⇒ αD ∆T⋅( ) 2⁄= ur D 2⁄( ) ∆ 2⁄= ∆T ∆ αD⁄ 170°K≈=⇒
σr A B r2⁄–= σr D 2⁄( ) p–= σr 0( ) A p–=
B 0= ur axel, 1 E⁄( ) A 1 ν–( )r 1 ν+( )B r⁄+( ) pr 1 ν–( )– E⁄= = ur axel, D 2⁄( )⇒ pD 1 ν–( )– 2E⁄=
σr 0≈ σϕ pD 2t⁄= σϕ Eεϕ=
εϕ ur r⁄= ur hylsa, pDr 2Et⁄= ur hylsa, D 2⁄( ) pD2
4Et⁄=
ur hylsa, D 2⁄( ) ur axel, D 2⁄( ) ∆ 2⁄+= p
p2Et∆
D2
2Dt 1 ν–( )+---------------------------------------- 99 MPa≈=
Mv τ πDL D 2⁄( )⋅ ⋅– 0= τ
τmax µp= Mv max,µπpD
2L
2--------------------- 311 Nm= =
σϕ pD 2t⁄= p 99 MPa= σϕ 330 MPa≈
τ 2Mv πD2L⁄= τ 6,4 MPa≈
Mv τϕz πDt D 2⁄( )⋅ ⋅– 0= τϕz 2Mv πD2t⁄=⇒ τϕz 106 MPa≈
p 99 MPa≈
δ ∆ 2⁄= ∆
σr A B r2⁄–= σϕ A B r
2⁄+=
εϕ α ∆T⋅= εϕ ur r⁄=
ur d 2⁄( ) αd ∆T⋅ 2⁄= ∆ 2 ur axel, d 2⁄( ) ur hylsa, d 2⁄( )–( ) αa αs–( )d ∆T⋅= =
p
σr 0( ) σr d 2⁄( ) p–=
A p–= B 0= ur axel, 1 Ea⁄( ) 1 νa–( )Ar 1 νa+( )B r⁄+( )=
ur axel, d 2⁄( ) pd 1 νa–( ) 2Ea⁄–=
— 116 —
För hylsan gäller randvillkoren och , vilket ger och
. På samma sätt som ovan fås då .
Ur kompatibilitetsvillkoret
Spänningarna i axeln ( , ):
Spänningarna i hylsan ( , ): ,
9.11 Trycket i cylindern är . Radiella spänningen är , där randvillkoren
och ger att samt . Radiella förskjutningen är
. Speciellt fås då
Volymökningen pga. den radiella förskjutningen:
Volymökning pga. kolvens intryckning:
Vätskan inkompressibel:
9.12 Med randvillkoren samt fås och .
Jämvikt för ett snitt genom kolven ger , medan ett snitt genom nedre röret ger att
(drag). De tre normalspänningarna är huvudspänningar, så von Misesspän-
ningen fås som ; effektivspänningen blir alltså störst vid :
. .
9.13
9.14 Räkna först ut spänningen med hänsyn taget endast till det inre övertrycket . Räkna sedan ut
krymptrycket mellan rören. Räkna sedan ut spänningen (i respektive rör) pga. krymptrycket.
Spänningen i den sammansatta konstruktionen fås genom att addera bidragen från och .
σr d 2⁄( ) p–= σr D 2⁄( ) σr d( ) 0= = A p 3⁄=
B pd2
3⁄= ur hylsa, d 2⁄( ) pd 5 3νs+( ) 6Es⁄=
p3EaEs αa αs–( )
Ea 5 3νs+( ) 3Es 1 νa–( )+---------------------------------------------------------------- ∆T⋅ 28,34 MPa≈=
A p–= B 0= σr σϕ 28,34 MPa–= =
A p 3⁄= B pd2
3⁄= σr 9,45 1d
r---
2–
MPa=
σϕ 9,45 1d
r---
2+
MPa=
p 4F π⁄ d2
= σr A B r2⁄–=
σr d 2⁄( ) p–= σr d( ) 0= A p 3⁄= B pd2
3⁄=
ur 1 E⁄( ) A 1 ν–( )r 1 ν+( )B
r---+
= ur d 2⁄( ) pd 5 3ν+( ) 6E⁄=
∆Vu π d
2--- ur d 2⁄( )+
2L π d
2---
2L πdLur d 2⁄( )≈–=
∆Vδ π d
2---
2L δ–( ) π d
2---
2L
πd2δ
4------------–=–=
∆V ∆Vu ∆Vδ+ 0= = δ 8L 5 3ν+( )
3πEd2
---------------------------F=⇒
σr a( ) p–= σr b( ) 0= σr
4p
5------ 1
b
r---
2–
= σϕ4p
5------ 1
b
r---
2+
=
pP
πc2
--------=
σz
a2
c2
–
b2
a2
–----------------- p
7p
20------= =
σe 0,8p 0,3164 3b
r---
4+≈ r a=
σe max, 3,15p= 3σe max, σs= p 42,33 MPa≈⇒ MP
g---
pπc2
g------------ 12 ton≈= =
p3νEδ
5 3ν– 8ν2–( )L
------------------------------------ 3,8 MPa≈=
pi
p
pi p
— 117 —
Spänningen av blir:
Krymptrycket blir .
Spänningarna i den sammansatta konstruktionen blir då:
(Maximala ringspänningen minskar då från 350 MPa till 273 MPa).
9.15 Den allmänna lösningen är
, ,
.
Randvillkoren och , ger samt (där vi ut-
nyttjat att och ). Alltså fås:
9.16 När konstruktionen roterar så expanderar både nav och hylsa pga. tröghetskrafterna; om hylsanexpanderar mer än navet, så minskar krymptrycket mellan de båda delarna. Hylsan lossnar dåkrymptrycket blir noll, vilket inträffar då skillnaden mellan navets radiella expansion och den
radiella förskjutningen av hylsans insida uppgår till (dvs. det radiella greppet). Kompati-
bilitetsekvationen är alltså:
För navet har vi den allmänna lösningen och randvillko-
ren (då hylsan lossnar är krymptrycket, dvs. , noll) samt ändlig (alterna-
tivt , där uttrycket för gavs i lösningen till uppgift 9.15).
Man får av detta att och (index s anger att parametern gäl-
ler stål). Insättning av och i uttrycket för enligt lösningen till uppgift 9.15 ger, efter
att vi satt ,
För hylsan fås, med randvillkoren (då hylsan lossnar från navet) samt , att
och ; vi har här använt index Al för att be-
teckna att aluminiumets materialparametrar, samt utnyttjat att . Man får (på samma
sätt som för navet) att
Kompatibilitetsekvationen ger nu, efter insättning av siffervärden, eller
pi σϕ a( ) 350 MPa= σϕ b( ) 194 MPa= σϕ c( ) 140 MPa=
p 21,35 MPa=
σϕ a( ) 273 MPa= σϕ b( ) 138 MPa (inre rör)= 270 MPa (yttre rör) σϕ c( ) 195 MPa=
σr A B r2⁄– 3 ν+( ) 8⁄( )ρω2
r2
–= σϕ A B r2⁄ 1 3ν+( ) 8⁄( )ρω2
r2
–+=
ur 1 E⁄( ) A 1 ν–( )r B 1 ν+( ) r⁄ 1 ν2–( ) 8⁄( )ρω2
r3
–+[ ]=
ur a( ) 0= σr b( ) 0= A 1,4735ρω2a
2≈ B 0,70593– ρω2a
4≈
ν 0,3= b 2a= σr 1,4735 1 0,479a
r---
20,280
r
a---
2–+
ρω2a
2=
σϕ 1,4735 1 0,479a
r---
2– 0,161
r
a---
2–
ρω2a
2=
∆ 2⁄ur hylsa, a( ) ur nav, a( )– ∆ 2⁄=
σr Anav Bnav r2⁄– 3 ν+( ) 8⁄( )ρω2
r2
–=
σr a( ) 0= σr a( )– σr 0( )
ur 0( ) 0= ur
Anav 3 νs+( ) 8⁄( )ρsω2a
2= Bnav 0=
Anav Bnav ur
r a= ur nav, a( )ρsω2
a3
4Es
------------------ 1 νs–( )=
σr a( ) 0= σr b( ) 0=
Ahylsa5
8--- 3 νAl+( )ρAlω
2a
2= Bhylsa
3 νAl+
2-----------------ρAlω
2a
4=
b 2a=
ur hylsa, a( )ρAlω
2a
3
4EAl
--------------------- 13 3νAl+( )=
ω 1238,3 rad/s=
nω2π------ 60 11825 varv/min=⋅=
— 118 —
9.17 Periferihastigheten är och omkretsen ; det tar då tiden för en punkt att rotera ett
varv ( radianer). Vinkelhastigheten är alltså (radianer/sekund).
Med den allmänna lösningen enligt lösningen till uppgift 9.15, samt randvillkoren och
, fås och (där vi utnyttjat att ). Med in-
satta siffervärden fås ( är noll på ränderna
(enligt randvillkoren) och mindre intressant).
Speciellt:
Säkerheten mot brott (enaxligt dragbrott längs inre periferin) blir alltså:
9.18 a) , ,
. Här får vi , ,
och .
Villkoret ger och ger . Med och
fås , och
b) Störst effektivspänning fås på mantelytan där enligt både Tresca och
von Mises.
v 2πb 2πb v⁄
2π= ω 2π2πb v⁄( )
--------------------- v b⁄= =
σr a( ) 0=
σr b( ) 0= A5
4--- 3 ν+( )ρω2
a2
= B9
8--- 3 ν+( )ρω2
a4
= b 3a=
σϕ r( ) 8,8 106⋅ 79,2 10
3⋅ r2⁄ 50,667 10
6r
2⋅ ⋅–+= σr
σϕ a( ) σϕ 0,1 m( ) 16,2 MPa= = σϕ b( ) σϕ 0,3 m( ) 5,12 MPa= =
nB
σB
σϕ 0,1( )------------------ 3,7≈=
σr AB
r2
----–αE
1 ν–( )----------------1
r2
---- rT r( ) rd
0
r
∫–= σϕ AB
r2
----αE
1 ν–( )----------------1
r2
---- rT r( ) rd
0
r
∫ T r( )–
+ +=
σz
αE
1 ν–( )----------------2
b2
----- rT r( ) rd
0
b
∫ T r( )–
= rT r( ) rd
0
r
∫T0r
2
2-----------
Tb T0–
4b2
----------------- r4
+= rT r( ) rd
0
b
∫Tb T0+
4------------------b
2=
1
r2
---- rT r( ) rd
0
r
∫ T r( )–T0
2-----–
3
4b2
-------- Tb T0–( )r2
–=2
b2
----- rT r( ) rd
0
r
∫ T r( )–Tb T0–
2----------------- Tb T0–( ) r
2
b2
-----–=
σr r 0→( ) ∞< B 0= σr b( ) 0= A Tb T0+( ) αE
4 1 ν–( )--------------------= ξ r
b---=
σ0
αE Tb T0–( )4 1 ν–( )
------------------------------ 347 MPa–≈= σr σ0 1 ξ2–( )= σϕ σ0 1 3ξ2
–( )= σz 2σ0 1 2ξ2–( )=
σe 2 σ0 693 MPa≈=
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1−800
−600
−400
−200
0
200
400
600
800Värmeinducerade spänningar i en bränslestav
r/b
[MP
a]
σr
σφσ
z
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1
0.8
1
1.2
1.4
1.6
1.8
2
Effektivspänningar i en bränslestav; |σ0| =347 [MPa]
r/b
σ e/|σ0|
σMises
σTresca
— 119 —
9.19 Jämvikt: där är centripetalaccelrationen.
ger ; tillsammans med villkoret ger denna separabla differentialekva-
tion
rrd
dσr rσr
t--------
rd
dt σr σϕ–+ + – ρω2
r2
= ω2r σr σϕ σ0= =
rσ0
t--------
rd
dt– ρω2
r2
= t 0( ) t0=
t r( ) t0e
ρω2r
2–
2σ0
------------------
=
— 120 —
— 121 —
10. Spänningskoncentrationer
10.1 Bestäm största och minsta spänning som uppträder vid kanten av ett litethål i en stor skiva som utsätts för enaxlig dragning.
10.2 Bestäm största och minsta spänning som uppträder vid kanten av ett litethål i en stor skiva som utsätts för bi–axiell dragning.
10.3 Bestäm största och minsta spänning som uppträder vid kanten av ett litethål i en stor skiva som utsätts för dragning i en riktning och ett till beloppetlika stort tryck i en riktning vinkelrätt mot dragningen.
10.4 Bestäm största och minsta spänning som uppträder vid kanten av ett litethål i en stor skiva som utsätts för ren skjuvning.
10.5 Ett tunnväggig cylindrisk tryckkärl med längden , radien och godstjockleken , utsätts för
ett inre övertryck . För att ansluta en tryckmätare till kärlet, borras ett litet hål med raden
i den cylindriska delen. Beräkna den största spänning som uppkommer vid hålkanten; (in-verkan från den anslutande mätaren försummas).
10.6 En stor skiva innehåller ett litet elliptiskt hål med huvudaxlarnas längförhållande . Bestäm
formfaktorn då
a) skivan belastas i enaxlig dragning parallellt med ellipsens långa huvudaxel
b) skivan belastas i enaxlig dragning parallellt med ellipsens korta huvudaxel
σ∞
σ∞
σ∞
σ∞
σ∞
σ∞
τ∞
τ∞
L a h
p
r a«
2:1
Kt
— 122 —
10.7 En stor rektangulär skiva stöds längs två motståen-
de sidor och belastas med en dragspänning längs
de andra två sidorna. Skivan ska förses med ett ellip-
tiskt hål med huvudaxlarnas längder och . Mate-
rialet är lineärt elastiskt ( ) och plantspänningstillstånd råder.
Bestäm optimal form på hålet (dvs. bestäm kvoten
så att spänningarna vid punkterna A och B blirlika).
10.8 Tryckkabinen till ett flygplan kan ses som en tunnväggig cy-
linder med medelradien och väggtjockleken , som belastas
med ett inre övertryck . För att minska de spänningskoncen-trationer som uppträder kring fönstren, görs fönstren ellips-
formade med halv–axlarnas längder respektive . Antag att
fönstren är små i förhållande till cylindern (d v s att )
och bestäm längdförhållandet så att spänningarna kringfönsterkanten blir så små som möjligt. Det räcker att beakta spänningen i punkterna A och B(se figuren); lägst spänning fås då spänningen i dessa båda punkter är lika.
10.9 En balk med cirkulärt tvärsnitt har en anvisning enligt figuren. Bestäm maximal spänning.
10.10 I en cirkulär axel har ett genomgående hål borrats längs diametern i ett
tvärsnitt. Bestäm det vridande moment axeln kan överföra om sä-
kerheten mot flytning enligt Tresca ska vara 3. (Materialet är lineärt
elastiskt ( ) upp till flytspänningen ).
a
b
σ∞
σ∞
AB
σ∞
a b
E ν,
b a⁄
A
B2b
2a
R h
p
a b
a b, R«
b a⁄
300 mm
L 1000 mm=
Q 100 N=
D 30mm= d 25 mm=
ρ 3 mm=
50 mm
5 mm
Mv
E ν, σs
— 123 —
— 124 —
Lösningar
10.1 Ringspänningen vid hålkanten är (enl. KTH sid 361).
;
10.2 Det givna belastningsfallet kan fås genom att superponera två lastfall enligt uppgift 10.1 (rote-
rade relativt varandra). Man får att spänningen vid hålkanten blir (konstant).
10.3 Det givna belastningsfallet kan fås genom att superponera två lastfall
enligt uppgift 10.1 (roterade relativt varandra). Man får att spän-
ningen vid hålkanten blir .
;
10.4 Rita Mohrs spänningscirkel för det givna lastfallet; man ser omedelbartatt huvudspänningarna är
, och att dessa verkar i riktningarna . Lastfallet är
alltså detsamma som i uppgift 10.3.
;
10.5 Spänningen invid hålkanten blir , där vinkeln mätt från en axel paral-
lell med cylinderns längdaxel.
10.6 a) b)
10.7 Den vertikala normalspänningen, ,fås ur villkoret och Hooks lag; . Spän-
ningen i punkten A blir och i B fås
10.8 ; , där
— man finner två rötter: och så
σθ θ( ) σ∞ 1 2 2θcos–( )=
σmax σθ π 2⁄±( ) 3σ∞= = σmin σθ 0( ) σθ π( ) σ∞–= = =
π 2⁄ σθ θ( ) 2σ∞=
σmax σmin 2σ∞= =
θ
σθπ 2⁄
σθ θ( ) 4σ∞ 2θcos–=
σmax σθ π 2⁄±( ) 4σ∞= = σmin σθ 0( ) σθ π( ) 4σ∞–= = =
θ
σ1 τ∞=
σ2 τ– ∞=
σ1 2, τ∞±= π 4⁄±
σmax σθ π– 4⁄( ) σθ 3π 4⁄( ) 4τ∞= = =
σmin σθ π 4⁄( ) σθ 3– π 4⁄( ) 4τ∞–= = =
σθ θ( )pa
2h------ 3 2 2θcos+( )= θ
σmax5pa
2h---------=
Kt 2= Kt 5=
σy εy 0= σy νσ∞=
σA σ∞ 1 2b a⁄+( ) νσ∞–= σB νσ∞ 1 2a b⁄+( ) σ∞–=
σA σBb
a--- ν=⇒=
σA σz 1 2b
a---+
σϕ–= σB σϕ 1 2a
b---+
σz–= σA σB=1
2--- 1 2ρ+( ) 1– 1 2
1
ρ---+ 1
2---–=⇒
ρ b
a---= ρ 1–= ρ 2=
b
a--- 2=
— 125 —
10.9 och (enl. KTH sid 359) samt momentet vid anvisningen
, ger att
10.10 och (enl. KTH sid 360) ger
Om inga andra spänningskomponenter förekommer, har vi vid begynnande
plasticering, vilket med säkerhetsfaktorn 3 ger
Kt 1,8≈ σnom 32M πd3⁄=
MQ
2---- 0,3m⋅ Q 0,3m⋅
1m---------------------
0,3m
2------------⋅– 10,5 Nm= = σmax Ktσnom 12,3 MPa= =
Kt 1,65≈ τnom MvπD
3
16----------
dD2
6----------–
⁄=
τmax Ktτnom 73,463 103
m3–[ ]⋅( ) Mv⋅= =
σeT
2τmax σs= =
Mv 2,2687 106– m
3[ ]⋅( ) σs⋅≈
— 126 —
— 127 —
11. Lineär brottmekanik och sprickpropagering
11.1 Bestäm spänningsintensitetsfaktorn i modus I, , för nedanstående konfigurationer; i samtliga
fall antas strukturen vara belastad med en spänning (modus I belastning) långt bort ifrån
sprickan.
a) central spricka med längden i en stor skiva
b) central spricka med längden i en kvadratisk skiva med sidlängden
c) kantspricka med längden i en stor skiva
d) två motstående kantsprickor med längden i en lång skiva med bredden
e) halv–elliptisk ytspricka, med bredden och djupet , i en tjock skiva
f) elliptisk spricka, med huvudaxlarnas längder och , inbäddad i en tjock skiva
11.2 I en cylindrisk trycktank finns en axiell genomgående
spricka med längden , och det finns en risk
att sprickan börjar växa så fort det inre övertrycket ökas.Vid en approximativ analys försummades cylinderväggens
krökning, varvid man fann att .
Antag att lineär brottmekanik gäller och undersök vad enmer nogrann analys ger vid handen. Kan trycket ökas utanrisk för brott?
Data: , .
11.3 En stor platta har tjockleken och innehåller en central
genomgående spricka med längden . Plattan belastas
med ett utbrett moment (Nm/m; moment/längd enhet)
längs två sidor parallellt med sprickans längd. Bestäm det
som ger sprickpropagering (brott).
Data: , , ,
.
11.4 En platta med längden , bredden och tjockleken , ärfast inspänd längs ena kortsidan, samt belastad med ett
par krafter ( och ) på motstående sida enligt figu-ren. Centralt på plattan finns en genomgående spricka
med längden 2a. Bestäm kritisk last (dvs det värde på
som ger brott).
Data: , , , ,
, , .
KI
σ0
2a
2a 4a
a
a 4a
4a a
2a 4a
L
2R
t
2a
2a 300 mm=
p
KI KIc 2⁄=
L 5 m= R 0,4 m= t 0,015 m=
2a
t
M0
M0
t
2a
M0
M0
a 0,02 m= t 0,03 m= σs 1300 MPa=
KIc 110 MN/m3 2⁄
=
11P
9PL
b
t
2d
2a9 11+( )P
L b t
11P 9P
Pc
P
L 3,2 m= b 0,08 m= t 0,03 m= d 0,06 m=
a 0,02 m= σs 600 MPa= KIc 50 MN/m3 2⁄
=
— 128 —
11.5 Centralt på en kvadratisk platta finns en genomgå-ende spricka. Plattan belastas i modus I med en
dragkraft samt med ett böjande moment . Be-
stäm kritiskt moment (dvs. det böjande moment
som ger brott).
Data: , , ,
, , ,
.
11.6 En lång skiva med bredden och tjockleken
, innehåller en kantspricka med längden
. Materialets sträckgräns är och
brottsegheten är .
a) Bestäm kritisk spänning då skivan belastas i mo-
dus I av en konstant dragspänning .
b) Bestäm kritisk spänning då skivan belastas i mo-
dus I av en lineärt varierande spänning enligt figuren.
11.7 En pelare bär en excentriskt placerad vikt, som ger upphov till en last och ett moment
, där är excentriciteten. Pelaren är lång jämfört med tvärsnittets dimensioner, samthar en kantspricka enligt figuren. Använd lineär brottmekanik för att beräkna en övre gräns för
excentriciteten för fallet , så att sprickan inte växer, oberoende av lastens ( ) stor-
lek och materialets brottseghet ( ).
2h
2a 2W
t
P P
M
MP M
Mc
h W 0,06 m= = t 0,01 m= a 0,03 m=
ν 0,3= P 70 kN= σs 1200 MPa=
KIc 60 MNm3 2⁄–
=
a
W
2σ0
2σ0
W 0,6 m=
t 0,16 m=
a 0,18 m= σs 800 MPa=
KIc 200MPa m1 2⁄⋅=
σ0c
σ0
σ0c
P
M Pe= e
e a h⁄ 0,1= P
KIc
Tvärsnitt:
ah
b
Pe
— 129 —
11.8 En trepunkts böjprovstav har längden , höjden
, tjockleken och har försetts med en
spricka med längden . Vid provning fick man in-
stabil spricktillväxt då . Antag att lineär brott-mekanik är tillämpbar och bestäm materialets brottseghet.
11.9 Vid dimensionering av rör med inre övertryck (t ex en pipeline)brukar man kräva ‘leak–before–failure’, d v s att en genomgåen-de spricka ska kunna bli så stor att läckage uppkommer innan
sprickan når kritisk längd (och brott inträffar). Detta finns tvåtankar bakom denna designfilosofi: För det första minskartrycket (åtminstone lokalt kring sprickan), till följd av läckaget,så att risken för sprickpropagering och brott minskar; för detandra så innebär läckaget och/eller tryckfallet att problemetkan upptäckas, och därmed åtgärdas, innan sprickan nått kri-tisk längd.
Villkoret ‘leak–before–failure’ kan formuleras , där är kritisk spricklängd och är rö-
rets godstjocklek. Bestäm hur stort tryck som kan tillåtas i en rörledning om ‘leak–before–fai-lure’ ska gälla och en säkerhetsfaktor 2 i belastning skall tillämpas.
Data: , , , .
11.10 Symmetriskt kring ett fönster med radien i
en fartygssida, har två sprickor med längden bildats.Fartygssidan är tillverkad av valsad stålplåt med tjockle-
ken och materialdata är ,
, och .
a) Beräkna kritisk spänning om .
b) Beräkna kritisk spricklängd om .
11.11 I ett cylindriskt tryckkärl med radien och godstjockleken
finns ett cirkulärt hål med radien , för anslutning av ett på-fyllningsrör. Antag att ett par symmetriska sprickor bildas vid hå-
let och beräkna kritisk spricklängd . Data:
11.12 En lång skiva, bredd och tjocklek , har en kantspricka
med längden och belastas med en dragande ax-
ialkraft som angriper skivan på avståndet från ski-vans kant enligt figur. Antag att lineär brottmekanik
gäller och bestäm de värden på för vilka sprickan inte
kommer att växa, oberoende av storleken på .
P
Ha
t
P 2⁄P 2⁄ L
L 40 mm=
H 10 mm= t 5 mm=
a 6 mm=
P 1,33 kN=
t
2r2a
ac 5t> 2ac t
p
r 0,2 m= t 0,01 m= σs 900 MPa= KIc 48 MNm3 2⁄–
=
σ0
σ0
a
a
2r
r 150 mm=
a
t 25 mm= E 200 GPa=
ν 0,28= σs 220 MPa= KIc 20 MN m3 2⁄⁄=
σ0 σc= a 100 mm=
a ac= σ0 25 MPa=
a a2r
σϕ
σz
R h R«
r R«
a ac=
p 500 kPa= R 2 m= h 20 mm= r, , , 12,5 mm=
σs 250 MPa= σB 400 MPa= KIc 20 MPa m1 2⁄⋅=, ,
W
akW
P P
kWW t
a W 4⁄=
P kW
k
P
— 130 —
11.13 Ett rör, medelradie och godstjocklek innehåller en genomgående spricka med längden
som bildar vinkeln med rörets längdaxel. Röret belastas med en axialkraft och ett vri-
dande moment . Bestäm de vinklar som leder till att sprickan belastas i rent mo-
dus I samt de vinklar som ger ren modus II–belastning. Antag att , så attmantelytans krökning kan försummas.
11.14 En mycket stor skiva har en kantspricka med längden som belastas i
modus I med en nominell spänning . För materialet gäller
och ; sträckgränsen betecknas och plant deformationstillstånd
kan anses råda. På grund av spänningskoncentrationen fås en plastiskzon i ett område kring sprickspetsen. Beräkna längden av denna zon
längs linjen enligt lineär brottmekanik och von Mises flythypotes.
11.15 Antag att kantsprickan i föregående uppgift istället belastas i modus III(och att lineär brottmekanik gäller). Bestäm den plastiska zonen till stor-lek och form enligt
a) von Mises hypotes
b) Trescas hypotes
11.16 En genomgående central spricka med längden i en stor skiva, utsätts för en cyklisk
last i modus I. Antag att lineär brottmekanik kan användas och att Paris
lag gäller med och och uppskatta efter hur många lastcyklerspricklängden har fördubblats.
11.17 I en stor skiva med tjockleken hittas en central genomgående spricka med längden
. Skivan belastas i modus I av en växlande last med amplituden .
Uppskatta antalet lastväxlingar fram till brott, om spricktillväxten antas följa Paris lag med
och . Materialet har sträckgränsen och brott-
segheten .
11.18 I en stor skiva, utsatt för modus I–belastning, hittar man en inre genomgående spricka med
längden . Vid kontroll en månad senare finner man att sprickan växt till
. Man uppskattar att skivan under en månad utsätts för 10.000 lastcykler med en
rent pulserande last , och att Paris lag kan tillämpas med . Uppskat-
ta tiden fram till brott om brottsegheten är .
R t R«
2a ϕ N
Mv 2NR= ϕ
ϕ 2a R«
NNMvMvϕ
σ0
σ0
r
θ x
y
a
σ0 E 30 GPa=
ν 0,5= σs
θ 0=
2a0 20 mm=
σ 120 170±( ) MPa=
n 4= C 1013–
m MPa m( )4
⁄=
t 10 mm=
2a0 16 mm= σ0 150 MPa=
n 3= C 2,3 1012–
m⋅ MPa m( )3
⁄= σs 650 MPa=
KIc 30 MNm3– 2⁄
=
2a 10 mm=
2a 20 mm=
σ 100 100±( ) MPa= n 3=
KIc 60 MNm3– 2⁄
=
— 131 —
11.19 En lång stång med fyrkantsprofil, bedden och
tjockleken , har en genomgående kantspricka
med djupet . Uppskatta antalet belastnings-
cykler till brott om stången utsätts för en axiell belastning
. För materialet gäller ,
, och . Observera att värdet på geome-
trifunktionen som ingår i beräkningen av spänningsintensitetsfaktorn, varierar med sprick-
längden ; förenkla beräkningen genom att välja konstant funktionsvärde, men välj detta värdeså att resultatet hamnar på säkra sidan.
11.20 Spricktillväxten i ett material antas följa Paris lag med och man vill bestämma värdet på
konstanten . För detta ändamål konstruerar man en rektangulär provstav med konstant tjock-
lek, längd och bredd . Staven förses med dubbla kantsprickor med initial
längd . Då staven utsätts för en pulserande dragbelastnig med amp-
lituden , fås brott efter cykler. Vilket värde får man på , om lineär
brottmekanik tillämpas och brottsegheten är ?
11.21 Tryckkabinen i ett flygplan har cirkulära hål med diameter
för fönster. Vid flygning ökar spänningen i skrovet från
noll till , för att återgå till noll vid landning. Vid håltag-ningarna kan symmetriska sprickor uppkomma enligt figuren, och
längsta tilllåtna spricklängd är . Antag att lineär brottme-
kanik kan tillämpas och att spricktillväxten följer Paris lag med
och . Materialets brottseghet
är .
a) Uppskatta maximalt antal flygningar mellan inspektionerna, om
man kan upptäcka sprickor av längden . Approximera
geometrifunktionen med en konstant, så att resultatet hamnar på säkra sidan.
b) Upprepa beräkningen, men nu med hänsyn tagen till att varierar med spricklängden. An-
vänd t.ex funktionen quad i Matlab för att integrera numeriskt.
W
a
σ
σ
W 50 mm=
t 15 mm=
a0 5 mm=
σ 75 100±( ) MPa= σs 820 MPa=
KIc 36 MNm3– 2⁄
= n 3,89= C 1,12 1011–
m⋅ MPa m( )n
⁄=
a
n 4=
C
2h 1 m= 2W 0,2 m=
a0 5 mm= σ0 1 ωt( )sin+( )
σ0 100 MPa= N 100 103⋅= C
KIc 50 MNm3– 2⁄
=
σ0 1 ωt( )sin+( )
2h
2W
a
a
2r aa
σ
σ2r 0,2 m=
σ 50 MPa=
atill ac 4⁄=
C 1,12 1011–
m⋅ MPa m( )n
⁄= n 3,89=
KIc 36 MNm3– 2⁄
=
a 10 mm=
f3
f3
— 132 —
Lösningar
11.1 Spänningsintensitetsfaktorn har i samtliga fall formen , där faktorn för de res-
pektive fallen antar värdena: 1.77; 2.36; 1.98; 2.07; 1.60; och 1.49.
11.2 Att försumma cylinderväggenskrökning leder till en kraftig underskattning av i exemplet;
med givna uppgifter (den approximativa beräkningen) finner man att . En no-
grannare beräkning av spänningsintensitetsfaktorn ger — eftersom detta är
ca. 17% större än brottsegheten, så kommer sprickan att växa (brott erhålls).
11.3 Lineär brottmekanik kan användas ty . För den givna konfigurationen
har vi att , där och . Brott erhålls då
, ur vilket vi löser .
11.4 Lineär brottmekanik kan användas ty .
Dela in i två lastfall: 1) en dragkraft ; 2) ett böjande moment
För fall 1 fås , där ; med och
fås .
För fall 2 fås , där och är det utbredda momentet ; med
enligt ovan, fås .
Eftersom båda lastfallen är i samma modus kan spänningsintensitetsfaktorerna adderas (super-position), vilket ger spänningsintensitetsfaktorn för det givna lastfallet; brott erhålls då
.
Ur ekvationen löser vi .
11.5 Lineär brottmekanik kan användas ty .
Behandla de två lasterna ( och ) var för sig. Kraften ger spänningsintensitetsfaktorn
;
Momentet ger spänningsintensitetsfaktorn ;
Eftersom båda lasterna verkar i samma modus, fås totala spänningsintensitetsfaktorn genom
KI f σ0⋅ a= f
KI
KIc2pR
t---------- πa=
KI 2,343pR
t------- πa=
2,5KIc
σs
--------
2
18 mm a t,<=
KI σ0 πaf13a
W-----( )= f13
a
W-----( ) f13 0( ) 1= = σ0
6M0
t2
----------=
KI KIc= M0 66 kNm/m=
2,5KIc
σs
--------
2
17 mm a tb
2--- a–, ,<=
20P M 11Pd 9Pd– 2Pd= =
KI1( ) σ0 πaf1
a
W-----
h
W-----,( )= σ0
20P
bt----------=
a
W-----
a
b 2⁄---------- 0,5= =h
W-----
L 2⁄b 2⁄---------- 40= =
f1 1,175=
KI2( ) σ0 πaf13
a
W-----( )= σ0
6M0
t2
----------= M0M
b-----
a
W----- 0,5= f13 1,17≈
KI KIc=
KI1( )
KI2( )
+ KIc= Pc 9,3 kN=
2,5KIc
σs
--------
2
6,25 mm a t W a–, ,<=
P M
KI1( ) P
2Wt---------- πaf1
a
W-----
h
W-----,( )=
a
W----- 0,5=
h
W----- 1= f1⇒ 1,33=
KI2( ) 6M
2Wt2
------------- πaf13a
W-----( )=
a
W----- 0,5= f13 1,17=⇒
— 133 —
att addera bidragen från de två lastfallen. Ur ekvationen löser vi
.
11.6 Lineär brottmekanik kan användas ty .
I uppgift a fås , där vi för finner att ; ur brottvillkoret
löser vi sedan .
I uppgift b delar vi in den givna lasten i två lastfall: en konstant drag spänning längs hela
randen, samt en spänning som varierar lineärt från vid vänstra sidan till vid högra si-
dan. Det senare lastfallet motsvarar ett moment (enligt balkteori). För det första
lastfallet har vi enligt ovan; för det andra lastfallet fås ,
där . Eftersom båda lastfallen är i modus I, fås totala spänningsintensi-
tetsfaktorn genom att addera bidragen från de båda fallen; ur brottvillkoret lö-
ser vi .
11.7 Vi delar in det givna lastfallet i två: en tryckande kraft på tvärsnittets tyngdpunkt, samt ett
böjande moment . För det första lastfallet fås , där
och (tryckspänning). För det andra lastfallet fås
med och . Etersom båda lastfallen
verkar i samma modus, fås spänningsintensitetsfaktorn för det givna lastfallet, genom superpo-
sition: .
Av ovanstående framgår att om , så växer spänningsintesitetsfaktorn lineärt med ; om
lasten ökas får man förr eller senare , och därmed brott. För att undvika detta måste
vi kräva ; ur denna olikhet löser vi .
11.8
11.9 Lineär brottmekanik kan användas ty .
Vi har här att , där och .
KI1( )
KI2( )
+ KIc=
Mc 200 Nm=
2,5KIc
σs
--------
2
0,156 m a t W a–, ,<=
KI σ0 πaf5a
W----- =
a
W----- 0,3= f5 1,65=
KI KIc= σ0 161 MPa=
σ0
σ0 σ0–
M σ0W
2t
6---------=
KI1( ) σ0 πa 1,65⋅= KI
2( ) σ0 πaf6a
W----- =
f6a
W----- f6 0,3( ) 1,12= =
KI1( )
KI2( )
+ KIc=
σ0 96 MPa=
P
M Pe= KI1( ) σ0 πaf5
a
h--- =
f5a
h--- f5 0,1( ) 1,2= = σ0
P
bh------–=
KI2( ) σ0 πaf6
a
h--- = f6
a
h--- f6 0,1( ) 1,06= = σ0
6M
bh2
--------6Pe
bh2
----------= =
KI KI1( )
KI2( )
+P
bh------ πa 1,2– 1,06
6e
h------⋅+
= =
KI 0> P
KI KIc=
KI 0≤ e 0,189h≤
KIcPL
tH3 2⁄
-------------- f11a
H---- f11 0,6( ) 3,77≈{ }= 40 MNm
3– 2⁄= =
2,5KIc
σs
--------
2
7,1 mm t a,< 5t= =
KI σ0 πaf14 λ( )= σ0pr
t-----= λ a
rt-------- 5
t
r-- 1,118= = = f14⇒ 1,61=
— 134 —
Ur brottvillkoret löser vi det kritiska trycket .
Med en säkerhetsfaktor 2 på lasten fås det tillåtna trycket .
11.10 a) ; b)
11.11 Approximera området närmast hålet som plant; då fås där och
. leder till ekvationen som har lösningen
. Kontroll: — ASTM-villkoret är uppfyllt.
11.12 Flytta den excentriskt placerade lasten till skivans mitt ( ), så att belastningen blir
dragkraften och momentet . Man har då
. Om fås ingen sprick-
tillväxt, så vi vill ha
11.13 och ger ren modus I; och ger ren modus II
11.14 Med fås längs linjen . Eftersom alla skjuv-
spänningar är noll (längs denna linje) är normalspänningarna också huvudspänningar; effek-
tivspänningen är då noll, så vi får ingen plasticering utmed linjen ).
11.15 De enda noll–skilda spänningarna är ; huvudspänningar-
na blir då
a) Effektivspänningen blir och vi har plasticering där ; ur
olikheten löser vi . Den plastiska zonen är alltså en cirkel med radien
b) Trescaspänningen är . Den plastiska zonen blir en cirkel med radien
KI KIc= p pc 3,76 MPa= =
ptill
pc
2----- 1,9 MPa≈=
σc 21,6 MPa= ac 40 mm≈
KI σϕ πaf3 s( )= sa
r a+-----------=
σϕpR
h------- 50 MPa= = KI KIc= πaf3 s( ) 0,4 m
1 2⁄=
ac 37 mm≈ 2,5KIc
σs
--------
2
16 mm ac h,<≈
k 1 2⁄=
P M PW1
2--- k– =
KI KI P( ) KI M( )+P πa
Wt-------------- f5
1
4--- 3 6k–( )f6
1
4--- +
= = f51
4--- 3 6k–( )f6
1
4--- + 0≤
k1
2---
f51
4---
6f61
4---
---------------- 0,73≈+≥
ϕ 37,98°–= ϕ 52,02°= ϕ 0= ϕ 104,04°=
ν 0,5= σx σy σz
KI
2πr-------------= = = τi j 0= θ 0=
θ 0=
τxz
KIII–
2πr-------------
θ2---sin= τyz
KIII
2πr-------------
θ2---cos=
σ1
KIII
2πr-------------= σ2 0= σ3
K– III
2πr-------------=
σe 3 τxz
2 τyz
2+( ) 3
2πr---------KIII= = σe σs≥
r3
2π------KIII
σs
---------
2
≤ 3
2π------KIII
σs
---------
2
σe σ1 σ3–2KIII
πr-----------------= =
2
π---
KIII
σs
---------
2
— 135 —
11.16 ; med fås drygt lastcykler
11.17 så lineär brottmekanik kan används; kritisk spricklängd fås då som
. cykler.
11.18 Enligt lineär brottmekanik är den kritiska spricklängden ; med
fås . Med , och ger Paris lag
. Antalet cykler för att propagera sprickan från till blir då
, dvs skivan
håller i ytterligare ca 1 månad.
11.19 Kritisk spricklängd fås ur — passningsräkning ger .
Kontroll: , dvs lineär brottmekanik kan användas enligt ASTM
Med (max–värdet i intervallet ) fås cykler.
11.20 Med lineär brottmekanik fås kritisk spricklängd som lösningen till . I in-
tervallet är geometrifunktionen ungefär konstant ; med
fås då .
N1
C σmax π( )n
-------------------------------1
a2
----- ad
a0
2a0
∫= σmax 290 MPa= 7000
2,5KIc
σs
--------
2
5,3 mm a0 t,<≈
ac1
π---KIc
σ0
--------
2
12,7 mm≈= N C σ0 π( )a3 2⁄[ ]
1–a 107 10
3⋅≈d
a0
ac
∫=
ac1
π---KIc
σmax
------------
2
= σmax 200 MPa=
ac 28,65 mm≈ N 104
= a0 5 mm= a1 10 mm=
C2
N σmax π( )3
-------------------------------1
a-------
a1
a0
= a1 ac
Nbrott2
C σmax π( )3
-------------------------------1
a-------
ac
a1
N1
1
a0
---------1
a1
---------–
--------------------------
1
a1
---------1
ac
---------– ⋅
a0 ac a1–( )N
ac a1 a0–( )-------------------------------------------- 9900= = = =
ac1
π---
KIc
175 MPa---------------------
2
f5 ac W⁄( )⁄= ac 10 mm≈
2,5KIc
σs
--------
2
4 8 mm, a0 t W ac–, ,<≈
f5 1,35= a0 a ac≤ ≤ N 430≈
ac1
π---
KIc
σmax f4
ac
W----- ⋅
--------------------------------
2
=
0a
W----- 0,35≤ ≤ f4 1,12≈ σmax 200 MPa=
ac 15,86 mm= C1
N σmaxf4 π( )4
------------------------------------1
a0
-----1
ac
-----– = 55 10
15–⋅ m MNm3– 2⁄( )
4⁄≈
— 136 —
11.21 Kritisk spricklängd fås som lösningen till , där och ges av
KTH sid 264. Man finner , så . Paris lag ger antalet cykler (flygningar)
för att propagera sprickan från till :
a) Funktionsvärdet avtar med ökande spricklängd ; för att få en undre gräns (säkra sidan)
vill vi använda max–värdet i intervallet . Med fås och
cykler (flygningar mellan inspektioner).
b) Vi har (KTH sid 264) , där . Med funktionsfilen dN.m
enligt
ger Matlab:
>> a0=10e-3; % initial spricklängd [m]
>> ac=50e-3; % kritisk sprickländ [m]
>> quad('dN',a0,ac/4)
ans =
711.9506
ac1
π---
KIc
σmax f3 sc( )⋅------------------------------
2
= sc
ac
r ac+--------------= f3
ac 50 mm≈ atill 12,5 mm=
a0 10 mm= atill 12,5 mm= N1
C----
ad
σmaxf3 π( )3,89
a3,89 2⁄
-------------------------------------------------------
a0
atill
∫=
f3 a
a0 atill,[ ] sa0
r a0+-------------- 0,0901≈= f3 2,81≈
N 665=
f3 s( ) 3 s–( )2
---------------- 1 1,234 1 s–( )3+[ ]= s
a
r a+-----------=
function y=dN(a)%% a = vektor med spricklängder -- elementarfall enl . KTH sid 264% y = antal lastcykler för att propagera sprickan d a enl. Paris lag%r=0.1; % hålradieC = 1.12e-11; n = 3.89; % konstanter i Paris lagsig = 50; % spänningsomfång [MPa] s=a./(r+a);f3 = 0.5*(3-s).*(1+1.243*(1-s).^3); % geometrifunk. enl KTH sid 264 dadN = C*(sig*f3.*sqrt(pi*a)).^n; % högerledet enl. Paris lagy = 1./dadN;
— 137 —
12. Utmattning
Giltigheten för de materialdata som ges nedan kan inte garanteras — sifferuppgifterna är endast av-sedda att användas i lösningen av övningsexemplen i detta avsnitt. Vid praktisk dimensionering skaman alltid söka uppgifter hos materialleverantörer/tillverkare eller använda sig av senaste officiellanormen.
• Kolstål 141312–00
• Kolstål 141510–00
• SIS 1450–01
• SIS 1550–01
• SIS 1650–01
σs 240 MPa= σB 360 MPa=
σu 110± MPa= σup 110 110±( ) MPa=
σub 170± MPa= σubp 150 150±( ) MPa=
τuv 100± MPa= τuvp 100 100±( ) MPa=
σs 320 MPa= σB 510 MPa= σu 230± MPa=
σs 250 MPa= σB 430 MPa=
σu 140± MPa= σup 130 130±( ) MPa=
σub 190± MPa= σubp 170 170±( ) MPa=
τuv 120± MPa= τuvp 120 120±( ) MPa=
σs 270 MPa= σB 490 MPa=
σu 180± MPa= σup 160 160±( ) MPa=
σub 240±= MPa σubp 210 210±( ) MPa=
τuv 140± MPa= τuvp 140 140±( ) MPa=
σs 310 MPa= σB 590 MPa=
σu 200± MPa= σup 180 180±( ) MPa=
σub 270±= MPa σubp 240 240±( ) MPa=
τuv 150± MPa= τuvp 150 150±( ) MPa=
— 138 —
12.1 En axel med längden är fritt lagrad i sina båda ändar och belastas med en punktlast mitt
på spannet. Från balkteorin vet vi att maximal spänning i axeln blir , där
är diametern på det (solida) cirkulära tvärsnittet, är areatröghetsmomentet, och
är maximala böjmomentet (som återfinns i snittet under punktlasten). Då axeln
roterar med lastens riktning fix, kommer spänningen att i det mest ansträngda snittet att växla
mellan drag och tryck: . För att prova materialet tillverkas ett antal axlar som sedan
belastas med laster av olika storlek. Då lasten var så stor att fick man brott
omedelbart; då klarade axeln 9,8 lastcykler (dvs. 9,8 varvs rotation) innan brott
erhölls; vid lastnivån klarade axeln 1230 lastcykler; då fick
man brott efter 6311 cykler; vid klarade axeln drygt cykler; om lasten sänk-
tes ytterligare erhölls inget utmattningsbrott.
a) Rita materialets Wöhlerkurva (S–N–diagram) för den skissade applikationen.
b) Vilken är den högsta spänning som kan godtas, om axeln måste klara minst 100000 varv (ut-an hänsyn till säkerhetsfaktorer)?
12.2 Rita (det oreducerade) Haigh–diagrammet för stålet med beteckningen SIS 1650–01 för fallet
växlande axialspänning där
a) spänningen beror på ett böjande moment ( ).
b) spänningen beror av en axialkraft ( ).
12.3 Figuren visar det reducerade Haigh–diagrammet för en maskindetalj som utsätts för en viss be-lastningstyp. Vid vilken eller vilka av spänningstillstånden A, B, C, och D måste man räkna medatt brott erhålls, och vilken typ av brott kan man förvänta sig i respektive fall?
L P
σmax Mmax d 2⁄( ) I⁄=
d I πd4
64⁄=
Mmax PL 4⁄=
σ σmax±=
P σmax 500 MPa=
σmax 0,95 σB⋅=
σmax 0,85 σB⋅= σmax 0,70 σB⋅=
σmax 0,30 σB⋅= 106
P
L
ω
σ σ± max=
M σ Mz I⁄=
N σ N A⁄=
σB
σB
σa
σm
σs
σs
A B
C
D
— 139 —
12.4 En axel tillverkad av maskinstål SIS 1550–
01 med medelytavvikelsen har en
diameterövergång från till
. Kälens krökningsradie är
. Axeln ska belastas med ett väx-
lande vidmoment . Bestäm maximalt
tilllåtet moment, om säkerheten mot utmatt-
ning ska vara .
12.5 En stång med diametern är till-verkad av maskinstål SIS 1450–01 med med-
elytavvikelsen . Mitt på stången
finns en svarvad anvisning med kröknings-
radien , så att diametern här är
. Bestäm säkerheten mot utmatt-
ning om axialkraften är .
12.6 En axel är utsatt för enaxlig be-
lastning .
Den har cirkulärt tvärsnitt ochär tillverkad av stål SIS 1650–01; medelytavvikelsen är
. Bestäm största till-
låtna medellast om säkerhe-
ten mot utmattning ska varaminst 2 (map. ökande amplitud och mittspänning).
12.7 En slipad, , axel av maskin-
stål SIS 1650–01, har en sektionsöver-
gång till
med kälradien . Hur stort
böjande moment kan ax-
eln utsättas för om säkerheten mot ut-
mattning ska vara minst ?
12.8 En stång med cirkulärt tvärsnitt belastas med en växlande axiell kraft med amplituden . Ma-
terialet är maskinstål 1650–01 och ytan har slipats till ytfinhet . Bestäm minsta möj-
liga radieövergång som inte som inte försämrar utmattningshållfastheten, samt maximal
lastamplitud om säkerheten mot utmattning ska vara .
ρ
D dMv
Mv
Ra 5 µm=
D 40 mm=
d 30 mm=
ρ 1 mm=
Mv±
n 3=
d D
ρ
P P
D 30 mm=
Ra 7 µm=
ρ 1,5 mm=
d 26 mm=
P 18 12±( ) kN=
ρ 2 mm=
d 40 mm=D 80 mm=P t( )P t( )
P t( ) P0 1 2 ωtsin+( )=
Ra 9 µm=
P0
ρ
D d
M t( )M t( )
Ra 3µm=
D 180 mm= d 160 mm=
ρ 5 mm=
M t( ) M0±=
n 2=
F
Ra 4 µm=
ρ2
n 2=
F±F±D1 20mm=
D2 12 mm=
d 10 mm=
ρ1 2 mm=ρ2
— 140 —
12.9 En axeltapp av material SIS 1650–01 har en sektionsövergång till ,
med kälradien . Medelytavvikelsen är , och axeln utsätts för ett vridande
moment .
a) Beräkna maximalt medel–vridmoment så att säkerheten mot utmattning blir .
b) Antag att axeltappen förses med ett kilspår med bredden , djupet , och kröknings-
radien . Kommer detta att påverka säkerheten mot utmattning?
12.10 Kardanaxeln till ett mindre fordon utsätts för ett vridande moment . Axeln
är tillverkad av ett tunnväggigt rör med diameter och godstjocklek ; ma-terialet är SIS 1450–01. En analys med finit elementmetod visar att den geometriska formfak-
torn (pga. splines och andra kopplingar) är och kälkänslighetsfaktorn uppskatas till
. Rörets yta är grovberarbetad, , och totala effekten av volymsberoende upp-
skattas till . Hur stor är säkerheten mot utmattningsbrott? (Antag att brottspänning-
en vid ren skjuvning är ; (jmf. maximal skjuvspänning vid enaxlig dragning)).
12.11 Kraften på en hydraulcylinder, med inner di-
ametern , till en grävskopa va-
rierar mellan och .
Materialet är SIS 1650–01 ( ) och inne-
rytan är polerad , medan ytterytan har
medelytavvikelsen .
a) Betrakta endast cylinderväggen (dvs. tainte hänsyn till gaveln och de spännings-koncentrationer som kan uppkomma mellan cylinder och gavelplattan). Var är risken för ut-mattningsbrott störst?
b) Bestäm cylinderväggens tjocklek , så att risken för utmattningsbrott blir . (Cylin-dern får betraktas som tunnväggig, så att spänningstillståndet kan bestämmas med ‘ång-panneformeln’).
c) Antag att man vill borra ett hål genom cylinderväggen (t.ex för att ansluta ytterligare en hy-draulslang). Hur påverkar detta säkerheten mot utmattningsbrott?
D 100 mm= d 80 mm=
ρ1 8 mm= Ra 10µm=
Mv t( ) Mv0 1 2 ωtsin+( )=
Mv0 n 2=
D 4⁄ D 8⁄ρ2 1 mm=
D 4⁄D 8⁄
ρ2
D d
ρ1
Mv t( ) Mv t( )
Mv 120 40±( ) Nm=
D 40 mm= t 2 mm=
Kt 2,6≈
q 0,5≈ 1 Kr⁄ 0,9≈
λ Kd⁄ 0,9≈
τB σB 2⁄=
F
t
d
Ra 0≈Ra 10µm=
d 200 mm=
F 0= F 100 kN=
λ 1=
Ra 0≈
Ra 10µm=
t n 10=
— 141 —
12.12 En 2 meter lång fritt upplagd I–balk, belastas mitt
på spannet med en last . I flänsarna
har man borrat hål med diametern ; av-
stånden mellan hålen är . Balken är tillver-kad av kolstål 141312–00 och har
medelytavvikelsen . Bestäm högsta
tilllåtna värde på med avseende på utmattning
(och utan någon säkerhetsfaktor).
12.13 En konsolbalk av kolstål 141510–00 med medelytavvikel-
sen belastas med en punktlast en-
ligt figuren. Tvärsnittet bildar ett ihåligt låd–tvärsnitt
(mått ges i figuren), och på ett avstånd av från lasten
finns ett hål med radien , borrat genom övre
väggen. Bestäm maximalt med hänsyn till utmatt-
ning, men utan hänsyn till säkerhetsfaktorer. Då utmatt-ningsgränsen för pulserande belastning inte är känd, kanman (för stålmaterial) använda approximationen
.
12.14 I ett rör med medeldiameter varierar gast-
rycket mellan och . För rörmaterialet gäller
, ,
och . Antag att röret kan betraktas som
tunnväggigt och bestäm godstjockleken , så att säkerhe-
ten mot utmattning blir . Från inverkan av eventu-ell axiell spänning bortses.
L 2 m=
P
200 mm
200 mm
9 mm
15 mm
(hål)
P P0 P0±=
φ 8 mm=
100 mm
Ra 20µm=
P0
P(hål)
32H
4H
H
h
3h
h 20 mm= H 200 mm=
Ra 7µm= P P0 P0±=
32H
ρ 10 mm=
P0
σup 0,85 σu⋅≈
2R
t
2R 400 mm=
p t( ) 0 1 MPa
σu 200 MPa±= σup 170 170±( ) MPa= σs 270 MPa=
σB 500 MPa=
t
n 2=
— 142 —
Lösningar
12.1 a)
b) I ett noggrant ritat diagram kan man avläsa att för (dvs. ) är
. Lineär interpolation mellan de två närmaste punkterna ger .
Alltså, om , så måste man förvänta sig att axeln går av (utmattningsbrott) efter100000 lastcykler (=varv).
12.2 För SIS 1650–01 gäller:
σB 500 MPa≈
σ 0,95 σB⋅= 475 MPa≈ N 9,8= N 0,99≈log⇒ ⇒
σ 0,85 σB⋅= 425 MPa≈ N 1230= N 3,09≈log⇒ ⇒
σ 0,70 σB⋅= 350 MPa≈ N 6311= N 3,80≈log⇒ ⇒
σ 0,30 σB⋅= 150 MPa≈ N 106≈ N 6≈log⇒ ⇒
Nlog
σ MPa[ ]
500
400
300
200
100
1 2 3 4 5 6 7
Nlog 5= N 100000=
σ 240 MPa≈ σ 240 9 MPa,=
σ 240 MPa=
σs 310 MPa= σB 590 MPa=
σu 200 MPa±= σup 180 180±( )= MPa (utmattningsdata för axialbelastning)
σub 270 MPa±= σubp 240 240±( )= MPa (utmattningsdata för böjande belastning)
σm MPa[ ]
σa MPa[ ]
300
200
100
200 400 600
σs
σsσB
σubpσub
σuσup
vid böjande moment
vid axial kraft
— 143 —
12.3 Punkt A: denna punkt ligger innanför Haigh–diagrammets graf, varför man inte ska förväntasig något brott. Observera dock att punkten ligger nära grafen — säkerheten mot utmattnings-
brott är låg (speciellt med avseende på spänningsamplituden ).
Punkt B: denna punkt ligger utanför Haigh–diagrammets graf, varför man måste förvänta sigutmattningsbrott förr eller senare; det går inte att i ett Haigh–diagram utläsa efter hur mångacykler utmattningsbrott erhålls (för det krävs S–N–diagram).
Punkt C: denna punkt ligger innanför Haigh–diagrammets graf, varför man inte ska förväntasig något brott. Punkten ligger nära grafen, så säkerheten mot utmattningsbrott är låg. Notera
också att , så konstruktionsdetaljen plasticerar (åtminstone under första last-
cykeln); detta kan medföra att deformationerna (formförändringar) blir så stora att detaljen ipraktiken blir oanvändbar.
Punkt D: här är så brott måste förväntas redan under första pålastningen.
12.4 För materialet gäller:
Reduktionsfaktorer för Haigh-diagrammet:
(KTH sid. 297, med och )
KTH sid. 358: ;
(KTH sid. 294, med och )
, (observera att endast
spänningsamplituder reduceras (enligt ABBs standard) — ej medelspänningar).
Man får nu:
12.5 För materialet gäller:
Reduktionsfaktorer för Haigh-diagrammet:
(KTH sid. 297, med och )
KTH sid. 358: ;
(KTH sid. 294, med och )
σa
σ σm σa+ σs>=
σ σm σa+ σB>=
σs 270 MPa= σB 490 MPa= τuv 140± MPa= τuvp 140 140±( ) MPa=
λ 1 (ej gjutgods)= Kd 1 (ty det finns en spänningskoncentration)=
1 Kr⁄ 0,87= Ra 5µm= Rm σB 490 MPa= =
τnom 16Mv πd3⁄= ρ d 0,033=⁄ D d 1,333=⁄ Kt⇒, 1,84=
q 0,69= Rm σB 490 MPa= = ρ 1 mm=
Kf 1 q Kt 1–( )+ 1,6= =
τuv red,λτuv
KrKdKf
------------------- 76 MPa±= = τuvp red, 140λ 140⋅KrKdKf
-------------------± 140 76±( ) MPa= =
nτuv red,τnom
-----------------76 10
6 πd3⋅ ⋅
16Mv
--------------------------------= = n 3= Mv 134 Nm=⇒
σs 250 MPa= σB 430 MPa= σu 140± MPa= σup 130 130±( ) MPa=
λ 1 (ej gjutgods)= Kd 1 (ty det finns en spänningskoncentration)=
1 Kr⁄ 0,95= Ra 7µm= Rm σB 430 MPa= =
σnom 4P πd2⁄= ρ d 0,058=⁄ D d 1,154=⁄ Kt⇒, 2,75=
q 0,72= Rm σB 430 MPa= = ρ 1,5 mm=
Kf 1 q Kt 1–( )+ 2,26= =
— 144 —
, (observera att endast
spänningsamplituder reduceras (enligt ABBs standard) — ej medelspänningar).
Vi har för given belastning:
Alltså fås:
Punkten B har koordinaten .
Säkerheten mot utmattning:
12.6 För materialet gäller:
Reduktionsfaktorer för Haigh-diagrammet:
(KTH sid. 297, med och )
KTH sid. 357: ;
(KTH sid. 294, med och )
, (observera att endast
spänningsamplituder reduceras (enligt ABBs standard) — ej medelspänningar).
Vi har för given belastning:
σu red,λσu
KrKdKf
------------------- 59 MPa±= = σup red, 130λ 130⋅KrKdKf
-------------------± 130 55±( ) MPa= =
σnom m,4 18 10
3⋅ ⋅
π 0,0262⋅
-------------------------- 34 MPa= = σnom a,4 12 10
3⋅ ⋅
π 0,0262⋅
-------------------------- 22,6 MPa= =
100
σa MPa[ ]
σm MPa[ ]
100 200
12
18
O
B
A
σm σa( , ) 84,6 56,4( , ) MPa=
nOB
OA
-----------84,6
256,4
2+
342
22,62
+
------------------------------------ 2,5≈= =
σs 310 MPa= σB 590 MPa= σu 200± MPa= σup 180 180±( ) MPa=
λ 1 (ej gjutgods)= Kd 1 (ty det finns en spänningskoncentration)=
1 Kr⁄ 0,82= Ra 9µm= Rm σB 590 MPa= =
σnom 4P πd2⁄= ρ d 0,05=⁄ D d 2=⁄ Kt⇒, 2,5=
q 0,8= Rm σB 590 MPa= = ρ 2 mm=
Kf 1 q Kt 1–( )+ 2,2= =
σu red,λσu
KrKdKf
------------------- 74 5 MPa,±= = σup red, 180λ 180⋅KrKdKf
-------------------± 180 67,1±( ) MPa= =
σnom m,4Pm
πd2
----------4 P0⋅
π 0,042⋅
-------------------- 0,796P0= = = σnom a,4Pa
πd2
---------4 2P0⋅
π 0,042⋅
-------------------- 1,592P0= = =
— 145 —
Alltså fås:
Punkten B har koordinaten .
Säkerheten mot utmattning: ; man får alltså
12.7 För materialet gäller:
Reduktionsfaktorer för Haigh-diagrammet:
(KTH sid. 297, med och )
KTH sid. 357: ;
(KTH sid. 294, med och )
. Vi har för given belastning:
Säkerhet mot utmattning:
12.8 ;
12.9 a) För materialet gäller:
Reduktionsfaktorer för Haigh-diagrammet:
100
σa MPa[ ]
σm MPa[ ]
100 200O
B
A
2
1
σm σa( , ) 36,5 73,0 ( , ) MPa=
n 2= nOB
OA
-----------=
36,52
73,02
+ 106⋅
0,796P0( )21,592P0( )2
+
----------------------------------------------------------------- 2 P0 23 kN≈⇒=
σs 310 MPa= σB 590 MPa= σub 270± MPa= σubp 240 240±( ) MPa=
λ 1 (ej gjutgods)= Kd 1 (ty det finns en spänningskoncentration)=
1 Kr⁄ 0,92= Ra 3µm= Rm σB 590 MPa= =
σnom 32M πd3⁄= ρ d 0,03125=⁄ D d 1,125=⁄ Kt⇒, 2,2=
q 0,85= Rm σB 590 MPa= = ρ 5 mm=
Kf 1 q Kt 1–( )+ 2,02= =
σub red,λσub
KrKdKf
------------------- 123 MPa±= = σnom a,32Ma
πd3
-------------32M0
πd3
--------------= =
n 2σub red,σnom a,------------------
123 106 πd
3⋅ ⋅32M0
----------------------------------- M0⇒ 25 kNm= = = =
ρ2 1,1 mm≈ F 4,6 kN≈
σs 310 MPa= σB 590 MPa= τuv 150± MPa= τuvp 150 150±( ) MPa=
— 146 —
(KTH sid. 297, med och )
KTH sid. 358: ;
(KTH sid. 294, med och )
,
Vi har för given belastning:
Alltså fås:
Punkten B har koordinaten .
Säkerheten mot utmattning: ; man får alltså
b) Anvisningsfaktorn samt den nomiella spänningen för kilspåret, är avgörande för om sä-
kerheten mot utmattning påverkas, eftersom allt annat är som förut (utmattningsdata, belast-
ning, , , , etc.). För kilspåret har vi (KTH sid. 360): ;
. (KTH sid. 294, med och )
Alltså är utmattningshållfastheten för kilspåret lägre (än för kälen) med en faktor
, samtidigt som den nomiella spänningen är lägre med en faktor .
Risken för utmattningsbrott vid kilspåret är alltså något litet mindre än risken för utmattnings-brott vid kälen; säkerheten minskar inte.
λ 1 (ej gjutgods)= Kd 1 (ty det finns en spänningskoncentration)=
1 Kr⁄ 0,82= Ra 10µm= Rm σB 590 MPa= =
τnom 16Mv πd3⁄= ρ1 d 0,1=⁄ D d 1,25=⁄ Kt⇒, 1,37=
q 0,87= Rm σB 590 MPa= = ρ1 8 mm=
Kf 1 q Kt 1–( )+ 1,32= =
τuv red,λτuv
KrKdKf
------------------- 93 MPa±= = τuvp red, 150λ 150⋅KrKdKf
-------------------± 150 93±( ) MPa= =
τnom m,16Mm
πd3
---------------16Mv0
πd3
----------------= = τnom a,16Ma
πd3
-------------32Mv0
πd3
----------------= =
100
τa MPa[ ]
τm MPa[ ]
100 200
O
B
A
2
1
τm τa( , ) 93 2⁄( ) 93( , ) MPa=
n 2= nOB
OA
-----------=
93 2⁄( )293
2+ 10
6⋅16Mv0
πd3
---------------- 12
22
+
---------------------------------------------------- 2 Mv0 2,3 kNm≈⇒=
Kf
λ Kr Kd τnom 16Mv πD3⁄=
ρ2 D 0,01=⁄ Kt⇒ 3,2= q 0,71= Rm σB 590 MPa= = ρ2 1 mm=
Kf 1 q Kt 1–( )+ 2,56= =
2,56 1,32⁄ 1,94= D3
d3⁄ 1,95=
— 147 —
12.10 För materialet gäller:
,
Vi har för given belastning:
Alltså fås:
Punkten B har koordinaten .
Säkerheten mot utmattning: .
12.11 a) Små sprickor, porer och inneslutningar i materialet, liksom ojämnheter i allmänhet, orsakarlokala spänningskoncentrationer och störningar i det ‘nomiella spänningstillståndet’. Risken förutmattningsbrott är därför större vid den grövre ytterytan, än vid den polerade innerytan.
(Man kan ofta förbättra säkerheten mot utmattning genom att polera ställen som är utsatta förspänningskoncentrationer (t.ex kälar och anvisningar)).
b) För materialet gäller:
Reduktionsfaktorer för Haigh-diagrammet:
(KTH sid. 297, med och )
(inga spänningskoncentrationer).
, (observera att endast
spänningsamplituder reduceras (enligt ABBs standard) — ej medelspänningar).
Vi har för given belastning:
σs 250 MPa= σB 430 MPa= τuv 120± MPa= τuvp 120 120±( ) MPa=
Kf 1 q Kt 1–( )+ 1,8= = 1 Kr⁄ 0,9≈ λ Kd⁄ 0,9≈
τuv red,λτuv
KrKdKf
------------------- 54 MPa±= = τuvp red, 120λ 120⋅KrKdKf
-------------------± 120 54±( ) MPa= =
τnom m,Mv m,
2π D 2⁄( )2t
---------------------------= 23,9 MPa= τnom a,Mv a,
2π D 2⁄( )2t
--------------------------- 8,0 MPa= =
τm MPa[ ]
τa MPa[ ]
50
50 100 150 200τB σB 2⁄ 215 MPa= =
40
120
A
B
O
τm τa( , ) 135,5 45,2,( ) MPa=
nOB
OA
-----------135,5
245,2
2+
23,92
8,02
+
--------------------------------------- 5,7= = =
σs 310 MPa= σB 590 MPa= σu 200± MPa= σup 180 180±( ) MPa=
λ 1 (ej gjutgods)= Kd 1 (använd endast vid böj– eller torsionsbelastning)=
1 Kr⁄ 0,83= Ra 10µm= Rm σB 590 MPa= =
Kt 1= Kf⇒ 1=
σu red,λσu
KrKdKf
------------------- 166 MPa±= = σup red, 180λ 180⋅KrKdKf
-------------------± 180 149,4±( ) MPa= =
F 50 50±( ) kN Fm⇒ 50 kN= = Fa 50 kN=
— 148 —
Trycket i cylindern är ; enligt ångpanneformlerna har vi
Alltså fås .
Det reducerade Haigh–diagrammet:
Punkten B har koordinaten
Säkerheten mot utmattning:
c) Eftersom man får en spänningskoncentration vid ett hål, så att spänningen lokalt blir störreän den nomiella, så minskar säkerheten mot utmattning.
Om hålets diameter är liten i jämförelse med cylindern, så blir spänningen vid hålkanten ca. 3
ggr större än ringspänningen — man inser direkt att detta innebär att säkerheten minskar
med en faktor 3.
12.12 Maximalt moment i balken blir . Areatröghetsmomentet är .
Dragspänningen i undreflänsen (=tryckspänningen i övre flänsen):
(i Pa om ges i N).
Maximal spänning invid en hålkant i en skiva (om hålet är litet i förhållande till skivan) är 3 ggr
större än pålagd axialspänning. Antag att hålen inte samverkar så att .
(KTH sid. 294, med och )
. . (KTH sid. 297, med och
)
;
12.13 12.14
p 4F πd2⁄= σθ pd 2t⁄=
σθ m, 2Fm πdt⁄ 500 103⋅ πt⁄= = σθ a, 2Fa πdt⁄ 500 10
3⋅ πt⁄= =
σa MPa[ ]
σm MPa[ ]
O
B
A
100
100 200
σs σB
1
1
σm σa( , ) 152 152( , ) MPa=
n OB OA⁄ 152 σm⁄ 10= = = σm 15,2 MPa=⇒
σθ m, σθ a, 15,2 106⋅ 500 10
3⋅ πt⁄= = = t⇒∴ 10,5 mm=
σθ
M PL 4⁄= I 55 106– m
4⋅≈
σnom M h 2⁄( ) I⁄⋅ 908,7 103P⋅≈= P
Kt 3≈
q 0,78= Rm σB 360 MPa= = ρ 4 mm=
Kf 1 q Kt 1–( )+ 2,56= = λ Kd 1= = 1 Kr⁄ 0,92= Ra 20µm=
Rm σB 360 MPa= =
σu 110 MPa±= σu red,λσu
KrKdKf
------------------- 39,53 MPa±= =
σup 110 110 MPa±= σup red, 110 39,53±( ) MPa=
n39,53 10
6⋅σnom m,
-------------------------- 1 σnom m,⇒ 39,53 MPa= = = σnom m, 908,7 103P0 39,53 10
6P0⇒⋅=⋅ 43,5 kN= =
P0 45 kN≈ t 2 mm≈
— 149 —
13. Energimetoder
13.1 Beräkna nedböjningen under lasten på kvartscirkelbågen med
krökningsradien . Tag hänsyn till axial–, skjuv– och böjdeformation.
Bågen har ett massivt cirkulärt tvärsnitt med radien ; materialet
är lineärt elastiskt med elasticitets– och skjuvmodul respektive .
Visa att axial– och skjuvdeformationernas bidrag till är försumm-bara.
13.2 Halvcirkelbågen har böjstyvheten och krökningsradien
. Beräkna högra stödets förskjutning till följd av en ver-
tikal kraft på hjässan.
13.3 Betrakta bågen i uppgift 13.2: beräkna stödreaktionernaom högra stödet ersätts med ett fast stöd.
13.4 Antag att de två stöden i uppgift 13.2 förbinds med enstång. Hur stor blir snittkraften i stången om dess axial-
styvhet är ?
13.5 Balken i figuren har konstant böjstyvhet . Använd Castiglia-nos 2:a sats för att bestämma nedböjningen under lasten.
13.6 Betrakta balken i exempel 13.5 — approximera utböjningen medett tredjegradspolynom och använd principen om potentiella en-ergins minimum för att bestämma koefficienterna.
13.7 Bestäm förskjutningen under lasten för konsolen med böjstyv-
heten . Inverkan av axial– och skjuvdeformationer kan försum-mas.
13.8 Bestäm förskjutningen på grund av momentet för konsolen
med böjstyvheten . Inverkan av axial– och skjuvdeformationerkan försummas.
13.9 En balk, AB, med böjstyvheten är sammanfogad meden stel del BC. Konstruktionen är fritt upplagd vid A
samt C, och belastas med en punktlast vid B.
a) Bestäm utböjningen under lasten
b) Bestäm vinkeländringen vid C
Rϕ
2r
P
p
p P
R
r R«
E G
p
P
EI R
ϕ
EI
R
P
EA
P
L L
EI
Pp
RR
p
p P
EI
M0
p2RR
p M0
EI
P
EIstel
LL
AB C
EI
P
— 150 —
13.10 Betrakta konstruktionen i föregående uppgift, men nu be-
lastad med ett moment vid C, enligt figuren.
a) Bestäm vinkeländringen vid C
b) Bestäm nedböjningen vid B
13.11 En axeltapp består av två cylindriska
delar med diameter respektive enligt figuren. Vid B och C belastas
konstruktionen av krafter frånkugghjul. Beräkna snedställningenav kugghjulet vid C.
13.12 Bestäm förskjutningen vid C samtvinkeländringen vid D.
13.13 Bestäm horisontell och vertikal förskjutningen,samt vinkeländring, av kraftens angreppspunkt.
13.14 Beräkna de värden på som leder till att förskjutningen avkraftens angreppspunkt sker i kraftens riktning.
13.15 Balken i figuren har konstant böjstyvhet .
a) Beräkna stödreaktionerna
b) Beräkna nedböjningen under lasten
c) Approximera nedböjningen som ett tredjegradspolynomoch använd satsen om potentiella energins minimum föratt beräkna polynomkoefficienterna. Vilken blir utböjning-en under lasten?
EIstel
LL
AB C
M0M0
P P
L L
2dd
AB C
d 2d
P
P P
L L L
EI EI
2EI
A B C D
P
L EI,
LE
I,
P
L EI,
LE
I,
θ
θ
2LL L
P
A B C
EI
P
— 151 —
13.16 En kvadratisk ram har kantlängden och konstant böjstyvhet . Denbelastas med ett självbalanserande kraftpar enligt figuren. Bestäm hurmycket krafternas angreppspunkter närmar sig varanndra.
13.17 Beräkna stödreaktionerna och rita momentdiagram för delen BCD. Böj-
styvheten är .
13.18 Balken i figuren har varierande böjstyvhet och belastas med
en jämntfördelad last med intensiteten , där ärlastresultanten. Beräkna inspänningsmomentet (dvs mo-mentet vid A).
13.19 En tråd med tvärsnittsradien spinns till en fjäder med
krökningsradien . Bestäm fjäderkonstanten i kraft–förskjut-
ningssambandet , där är förlängningen, om materialet är line-
ärt elastiskt med skjuvmodul och fjädern består av varv tråd.Deformationer orsakade av tvärkraften i fjädertråden kan försummas.
13.20 Kvartscirkelbågen AB ligger i –
planet och belastas vid B av en kraft
i –led, medan förskjutningar och rota-tioner är förhindrade vid A. Bågens
krökningsradie är och den har ett cir-
kulärt tvärsnitt med radien ; mate-rialet är lineärt elastiskt med
elasticitetsmodul och skjuvmodul
. Beräkna förskjutningen av
kraftens angreppspunkt och i kraftensriktning. Hänsyn ska tas till böjande
och vridande moment, men tvärkraftens inverkan kan försummas. Uttryck i och .
a a
2a
P
P
2a EI
P
a a
2a
A
BC D
EI
q Q L⁄=
A B4EI EI
L 2⁄ L 2⁄
q Q L⁄= Q
P
P
2r
R
r
R r» k
P kδ= δG n
P
x
y
z
δ
R
ϕ
A
B
2r
x y,( )P
z
R
r R«
E
GE
2---= δ
δ P E R, , r
— 152 —
Lösningar
13.1 Med Castiglianos 2:a sats kan vi beräkna den sökta nedböjningen enligt
där de 3 bidragen till är från axialdeformantion, skjuvdeformation, respektive böjdeformation.
Parametern antar värdet för ett massivt cirkulärt tvärsnitt (se t.ex Hans Lundh, kap.15).
Jämvikt ger att
så .
Vi får då:
Alltså har vi att (ty ) och — dvs axial– och skjuvde-
formationernas bidrag till nedböjningen är försumbara.
13.2 åt höger
13.3 uppåt samt åt höger respektive vänster.
13.4 ( , — jmf. uppgift 13.2 respektive 13.3).
13.5
13.6 (positiv nedåt). Speciellt blir utböjningen under lasten
pP∂
∂ N2
2EA-----------
βT2
2GA-----------
M2
2EI---------+ +
R ϕd
0
π 2⁄
∫ RN
EA-------
P∂∂N βT
GA--------
P∂∂T M
EI------
P∂∂M
+ + ϕd
0
π 2⁄
∫ pN pT pM+ += = =
p
β 10 9⁄
ϕR
R ϕsin
P
N
T
M
M
M ϕ( ) PR ϕsin= T ϕ( ) P ϕcos= N ϕ( ) P ϕsin–=
P∂∂M
R ϕsin=P∂
∂T ϕcos=P∂
∂N ϕsin–=
pN RN
EA-------
P∂∂N
ϕd
0
π 2⁄
∫PR
EA------- ϕsin( )2 ϕd
0
π 2⁄
∫πPR
4EA-----------
PR
4Er2
------------= = = =
pT RβT
GA--------
P∂∂T
ϕd
0
π 2⁄
∫βPR
GA----------- ϕcos( )2 ϕd
0
π 2⁄
∫10PR
9GA--------------
π4---⋅ 5PR
18Gr2
----------------= = = =
pM RM
EI------
P∂∂M
ϕd
0
π 2⁄
∫PR
3
EI---------- ϕsin( )2 ϕd
0
π 2⁄
∫πPR
3
4EI-------------
PR3
Er4
----------= = = =
pN
pM
-------1
4---
r
R---
21«⋅= r R«
pT
pM
-------5E
18G----------
r
R---
21«⋅=
p pN pT pM+ +PR
Er2
--------1
4---
5E
18G----------
R
r---
2+ +
= =
δ PR3
2EI----------=
VA VBP
2---= = HA HB
P
π---= =
HP
π 4I
R2A
----------+
--------------------= A 0→ H⇒ 0= A ∞→ H⇒P
π---=
p7PL
3
12EI-------------=
w x( ) wa x( )≈ PL3
14EI------------
x
L---
3 x
L---
2–
=
— 153 —
, vilket bara är av den exakta lösningen
(jmf. uppgift 13.5).
13.7
13.8
13.9 a) ; b)
13.10 a) ; b)
13.11
13.12
13.13 nedåt, åt höger, medsols.
13.14
13.15 a) ; b)
c) ;
13.16
wa 2L( ) 2PL3
7EI-------------=
wa 2L( )p
------------------2PL
3( ) 7EI( )⁄
7PL3( ) 12EI( )⁄
---------------------------------------24
49------ 49%≈= =
pPR
3
4EI---------- π 4+( )=
p3M0R
2
EI-----------------=
pPL
3
12EI------------= θ PL
2
12EI------------=
θM0L
12EI------------= p
M0L2
12EI-------------=
θ 40PL2
πd4E
----------------=
pC7PL
3
12EI-------------= θD
3PL2
4EI-------------=
pv4PL
3
3EI-------------= ph
PL3
2EI---------= θ 3PL
2
2EI-------------=
θ 1– 2±( )atan22,5°
112,5°= =
VA13P
32----------= VB
11P
16----------= VC
3P–
32----------= p
23PL3
192EI---------------- 0,120
PL3
EI---------≈=
w x( ) wa x( )≈ PL3
32EI------------ 8
x
L--- 6
x
L---
2–
x
L---
3+
= pa wa L( ) 3PL3
32EI------------- 0,094
PL3
EI---------≈= =
5Pa3
24EI-------------
— 154 —
13.17
13.18
13.19
13.20
MA3Pa
32----------=
P
VD29P
64----------=
HA 0=VA
35P
64----------=
M: 3Pa
32----------
29Pa
64-------------
C DA
MA31qL
2
176---------------=
kGr
4
4nR3
-------------=
δ 4 π 2–( )PR3
πr4E
-------------------------------=
