solidNotes

Transcription

solidNotes

HH/ITN/BN
Hållfasthetslära och Mathematica
1
Något om Hållfasthetslära och Mathematica,
läsanvisningar till Tore Dahlbergs bok
i Teknisk hållfasthetslära
Bertil Nilsson
2015-03-01
x2
x1
x
Δ2
qx
Θ2
Δ1
EI, L
Θ1
z
12
EI
L3
6L
12
6L
6 L 4 L2
12 6 L
6L
12
2 L2
6L
6 L 2 L2
6L
4 L2
Δ1
Θ1
Δ2
Θ2
F1
M1
F2
M2
där
Δ förskjutning m
Θ vridningsvinkel rad
F kraft N
M böjmoment Nm
2
HH/ITN/BN
ť 1 Inledning
sid 9-13: Kort bra inledning till hållfasthetsläran. Läs igenom. Att handräkna hållfasthetslära tillhör numera en svunnen tid. Ingenjören ska istället koncentrera sig på att studera problemställningar. Att kunna modellera och utvärdera dem blir allt viktigtigare! Läs
mera om detta i Något om Matematisk modellering och Mathematica . Datorn gör sedan alla tråkiga beräkningar och parameterstudier, vilket den dessutom gör mycket snabbare och säkrare. Utöver att lära sig modellera finns det då plats för skojigare saker att
fylla en kurs med. Exempelvis är nyare material ofta förbisett i en klassisk kurs. Stål har varit det helt dominerande om man ska ha
en chans för hand. Efter en sådan här inledande kurs bör man ta steget till en kurs i Finita elementmetoden (FEM), som är den helt
dominerande datormetoden ute i industrin för att lösa hållfasthetsproblem och andra närbesläktade bekymmer. Fråga författaren till
detta häfte om en sådan kurs
Även i hållfasthetslära (det vill säga som vanligt) är det viktigt att alltid arbeta i ett koordinatsystem och göra dimensionsanalys på
ekvationer och svar. Läs mer i häftena "Något om SI-systemet och Mathematica", "Något om Dimensionsanalys och Mathematica"
och "Något om Matematisk modellering och Mathematica".
Hållfasthetslära börjar alltid med mekanik och friläggning, se Något om Mekanik-Statik och Mathematica och Något om
Mekanik-Dynamik och Mathematica . Man brukar säga att gränsen går vid en balk med två eller tre stöd. Två stöd är mekanik. Alla
reaktionskrafter kan bestämmas ur kraft- och momentjämvikt.
Vi har två ekvationer och två obekanta, F A och FB , ok! Vi har ett så kallat statiskt bestämt system.
Solve
F A FB P
0,
a P
a b
FB
0 ,
F A , FB
Simplify
bP
F A
a
b
Kraftjämvikt
Momentjämvikt medurs kring A
aP
, FB

a
b
Nu lägger vi till ytterligare ett stöd så vi har tre stycken.
Då har vi tre obekanta, F A , FB och FC men fortfarande bara två ekvationer. I linjär algebra brukar detta kallas för ett underbestämt
ekvationssystem, men i mekanik och hållfasthetslära används i stället benämningen statiskt obestämt system eller hyperstatiskt
system. Vi behöver fler ekvationer! Närmare bestämt är det ekvationer som handlar om hur material deformeras under belastning.
Uppgiften i hållfasthetslära är just detta att bestämma om en konstruktion håller för givna belastningar och hur den då deformeras.
ť 2 Spänning - jämviktssamband
sid 14-19: Introduktion av spänningsbegreppet i en smal stång som bara kan bära last, här P, i sin längdriktning. Notera definition av
koordinatsystem i en sådan. Snitta vid x vinkelrätt mot x-axeln!
Ett mått på materialets påkänning när lasterna läggs på är begreppet spänning. Normalkraft N (eng. normal force) och normalspänning Σ (eng. normal stress) är så kallade snittstorheter och är vinkelräta mot snittytan med arean A. Normalspänningen Σ brukar
Σ y, z A och pyssel, där både N och Σ är vektorer ) och definieras
betraktas konstant över tvärsnittet (annars integral N
A
HH/ITN/BN
Σ
def N
A
med enheten N  m2 (Den skarpa definitionen är Σ
3
def
lim
A 0
N
.)
A
Man har teckenkonventionen att normalkraften och normalspänningen är positiva om de pekar ut från snittytan och negativ in
mot snittytan. Se figur ovan! Ansätt alltid snittkrafter positiva utåt vid beräkningar! Eftersom de är vektorer så kommer de sedan
att automatiskt beräknas med rätt tecken. Matematiken gör jobbet!
Beroende på tecken på svaret talar man ofta i maskinsammanhang om dragspänning Σ 0 respektive tryckspänning Σ 0 .
Understundom kan också höras spänningsfritt då Σ 0. Den lite mer analytiskt lagde använder naturligtvis det vanliga vokabuläret
när det gäller reella tal.
Exempel 2/1 sid 18: i Tores bok.
Lösningsförslag: Vi separerar redan här jämviktssamband från beräkning av spänning. Givetvis hoppar Tore över normalkrafterna
N1 och N2 . Vi kommer så småningom att systematisera beräkningarna, till skillnad från Tores lite räknande här och eliminerande
där. Håll dig alltid till SI-enheter. Tores start med cm är sådär Ofta brukar man i hållfasthetslära trots allt räkna med N och mm för
att få lagom stora mätetal på spänningar som då får enheten N  mm2 eller MPa (MegaPascal). Sambandet mellan olika använda
enheter är 1 N  mm2
1 MPa
106 Pa, där 1 Pa
1 N  m2 . Snitta i de två delarna och sätt upp alla samband. Lös dem sedan med
Mathematica.
SolveN1
A1
Σ1
S
0, N2
S
0, S
10 000,
Jämviktssamband
2
1 10 , A2
2 A1 ,
N1
N2
, Σ2
,
A1
A2
Areor i mm
Spänningar i tvärsnitten, MPa
N1 , N2 , S, Σ1 , Σ2 , A1 , A2 
N1
10 000, N2
10 000, S
10 000, Σ1
100, Σ2
50, A1
100, A2
200
Exempel B2 1: Vi tar ett exempel till med en tvådelad stång
enligt föregående exempel men med två laster.
Lösningsförslag: I föregående exempel gick Tore direkt på målet i sin jakt på spänningar, två snitt med direkt åtkomst av den yttre
kraften S i båda fallen. Detta är inte alltid möjligt, exempelvis då vi har parallellkoppling . Vi tar ett generellt grepp och frilägger
vid varje snitt och formulerar jämviktsekvationerna för varje frilagd del av kroppen. Samtidigt passar vi naturligtvis på att bestämma
spänningarna i snitten. Alla samband skickas in som ett stort ekvationssystem till Mathematica. Alltså snitta mitt i de två delarna och
för in snittstorheter och reaktionskraften R vid väggen.
Nu är det bara att sätta upp alla grundsamband för de tre delarna och lösa ekvationerna.
Solve R
N1
0,
N1
N1
N2
0,
N2
A1
P
P, N2
0,
Jämviktssamband
Spänningar i tvärsnitten
,
A2
N1 , N2 , R, Σ1 , Σ2 
N1
2P
N2
, Σ2
Σ1
3P
2 P, R
P, Σ1
A1
2P
, Σ2

A2
4
HH/ITN/BN
Vi får tryckspänning Σ1 0 i del 1 och dragspänning Σ2 0 i del 2. Verkar rimligt när man studerar de yttre lasterna. Även N1 & N2
med rätt tecken naturligtvis. Samma metod tillämpad på Tores Exempel 2/1 sid 18 ovan ger direkt på de tre delarna. Snitta och rita!
Solve S
N1
0,
N1
N2
0,
N2
R
0, S
10 000,
Jämviktssamband
2
A1
1 10 , A2
2 A1 ,
N1
N2
, Σ2
,
A1
A2
Σ1
Areor i mm
Spänningar i tvärsnitten
N1 , N2 , R, S, Σ1 , Σ2 , A1 , A2 
N1
10 000, N2
10 000, R
10 000, S
10 000, Σ1
100, Σ2
50, A1
100, A2
200
Exempel B2 2: Vi tar ett vanligt exempel från verkligheten som visar
att kunskaper i hållfasthetslära är riktigt nyttigt när det gäller att steka
korv Varför spricker den nästan alltid på längden och inte på tvären?
Lösningsförslag: Vi gör en idealiserad betraktelse av korven som en cylinder där längden är mycket större än radien. Man ska då
egentligen använda ett cylindriskt koordinatsystem, r i radiell led, i tangentiell led och z i längdriktningen. Låt korven ha längden
L, radien R L, skinntjockleken h R, och inre övertrycket p N  m2 . Snitta den nu på längden och tvären, se figur nedan, och
använd koordinataxlarnas namn som index på de aktuella spänningarna i snitten.
Ställ upp jämviktssamband i - och z-led. Eftersom korven är mycket längre än den är tjock blir resultatet tydligare om vi försummar bidraget från ändarna vid jämvikt i -led. Lös sedan ut de önskade spänningarna i skinnet.
SolveΣ 2 h L
p2RL
Σz 2 Π R h
0,
p Π R2
Jämvikt i
0,
led
Jämvikt i z led
Σ , Σz 
pR
Σ
pR
, Σz
h

2h
Uttrycken brukar kallas ångpanneformlerna, som antyder att de varit kända länge. Vi noterar att Σ
2Σz i skinnet, vilket förklarar
den kunskap vi alla har inhämtat empiriskt. Om korven spricker så spricker den på längden!
Exempel B2/3: Stående pelare med höjden H, tvärsnittsarean A bestående av homogent material med densiteten Ρ kg  m3 .
Lösningsförslag: Låt koordinaten x löpa nedåt från toppen och snitta vid x. Låt övre delen ha tyngden F, så får vi
SolveN
m
Σ
F
0, F
Ρ V, V
N
,
A
m g,
x A,
Jämviktssamband
Geometri
Spänning i tvärsnittet
N, F, Σ, m, V 
N
A g Ρ x, F
A g Ρ x, Σ
g Ρ x, m
A Ρ x, V
Ax
HH/ITN/BN
Vi ser att det är tryckspänning Σ
5
0 i pelaren, som man kan förmoda. Se handritad plot till höger ovan ;-). Skadar aldrig att göra
dimensionskontroll, exempelvis Σ
gΡx
m
kg
s
m3
 2 
m
1
1
s
m2
kg m  2 


N
m2
, ok!
Exempel B2/4: Hängande pelare med höjden H, tvärsnittsarean A bestående av homogent material med densiteten Ρ kg  m3 .
Lösningsförslag: Låt koordinaten x löpa nedåt från toppen och snitta vid x. Låt undre delen ha tyngden F, så får vi
Solve N
F
m
0, F
Ρ V, V
N
,
A
Σ
m g,
H
Jämviktssamband
x A,
Geometri
Spänning i tvärsnittet
N, F, Σ, m, V 
N
Ag Ρ H
x,F
Ag Ρ H
Vi ser att det är dragspänning Σ
x ,Σ
gΡ H
x ,m
AΡ H
x ,V
A H
x
0 i pelaren, som man kan förmoda. Se handritad plot till höger ovan ;-)
Exempel B2/5: En lyftanordning består av två ok förenade med två dragstänger enligt figur. Dragstängerna har areorna A1 respektive A2 . Maximalt tillåten spänning i dem är ΣB1 respektive ΣB2 , sedan går de sönder. Var ska lasten P placeras, det vill säga hur stor
ska Α vara, för att bärförmågan ska bli maximal och hur stor blir då P ?
Lösningsförslag: Snitta stängerna och inför snittstorheter som vanligt Σ1 , N1 , Σ2 och N2 . Maximalt tillåtna normalkrafter är
NB1 ΣB1 A1 och NB2 ΣB2 A2 . Maximal bärkraft för oket får vi då dessa utnyttnas fullt ut samtidigt. Ställ upp jämviktssamband för
nedre delen
ekv
NB1 NB2 P
0,
Α L P L NB2
0 ;
Kraftjämvikt
Momentjämvikt medurs kring infästning av stång 1
och lös ut optimala Α och P.
Solve ekv,
ΑP
NB2
Α
NB1
NB2
,P
Α, P
NB1
NB2 
Alla andra Α ger en lägre bärförmåga P. Om vi först beräknar bärförmågan i varje stång som funktion av Α och väljer lite numeriska
värden NB1 ΣB1 A1 1 och NB2 ΣB2 A2 3, så kan vi sedan rita ett illustrativt diagram. (Om du förstår denna bild direkt så har du
förmodligen inte gjort det ;-)
bär
NB2
Α
NB1
Α 1
P . Solve ekv, P,
&
NB1 , NB2
6
Plot Evaluate Join bär, Min bär
. NB1 1, NB2
PlotStyle
Green, Blue, Thick, Red , PlotRange
3
HH/ITN/BN
, Α, 0, 1 ,
0, 10 , AxesLabel
"Α", "P"
P
10
8
6
4
2
Α
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
Vi kan identifiera våra analytiska värden i diagrammet.
ΑP . NB1
1, NB2
3
3
Α
,P
4
4
sid 20-24: Läs igenom kursivt. Bra att ha en aning om.
sid 25-27: Kap 2.6 kul att veta. Läs kap 2.7. I våra pelarexempel ovan varierade tyngden F linjärt. Nu tar vi det lite mer allmänt och
studerar en stång med snällt varierande tvärsnittsarea A x utsatt för en i x-riktningen verkande och varierande volymkraft
k x N  m3 , det vill säga en kraft per volymenhet av materialet. Skär ut ett litet element x vid x.
Vi får då jämviktssamband i x-riktningen för den lilla delen x. Använd medelvärdet av volymkraften i de två snitten
N x
Dividera med x. Låt sedan x
N x
x
N x
k xAx x k x xAx
2
x x
0
0 och känn igen derivatans definition
x N x
x
k xAx k x xAx
2
x
0
x 0
N x
x
kxAx
0
(B2.13)
Detta är den generella formen av Tores ekv (13) på sid 26. Han har härlett för konstant area A. Varför då? Vi får enkelt denna
version genom att sätta in N x Σ x A och A x A konstant i vår differentialekvation (B2.13) och förkorta bort A. Om materialets
densitet är Ρ kg  m3 har vi två vanligt förekommande volymkrafter; k x Ρg, tyngdkraft per volymenhet och k r ΡrΩ2 ,
centrifugalkraft per volymenhet. Den senare kommer direkt till användning i nästa exempel.
Exempel 2/5 sid 26: Differentialekvationen (B2.13) tillsammans med rätt k x
(BVP) för propellern som vi direkt löser med DSolve.
DSolveΣ ' x
1
Σ x
Ρ Ω2 L2
Ρ x Ω2
0, Σ L
0, Σ x , x
ΡxΩ2 och (RV): spänningsfritt vid spetsen, utgör ett
Simplify
x2 
2
Exempel B2/6: Repris på exemplen B2/3 och B2/4 med stående och hängande pelare.
Lösningsförslag: Vi har att göra med en ordinär differentialekvation, så vi tar naturligtvis hjälp av DSolve även om (B2.13) är en
enkel separabel i detta fall. Skedmata med (ODE), rätt volymkraft k x Ρg och randvillkor, så får vi direkt
DSolve
Σx
D Σ x A, x
gΡx
ΡgA
0, Σ 0
0 ,Σ x ,x
Stående
HH/ITN/BN
DSolve
Σx
D Σ x A, x
gΡ H
ΡgA
Σx
Simplify
Hängande
Σ' x
Eftersom A är konstant duger naturligtvis Tores version (13) också
Ρg
0, Σ 0
0 ,Σ x ,x
Ρg
0, Σ H
0 ,Σ x ,x
Stående
gΡx
DSolve
Σx
0 ,Σ x ,x
x
Med samma resultat som ovan, smidigt
DSolve
0, Σ H
7
Σ' x
gΡ H
Simplify
Hängande
x
Exempel B2/7: För att verkligen dra nytta av möjligheten med varierande area i differentialekvationen (B2.13) ska vi dimensionera
en pelare som är jämnstark, det vill säga har samma normalspänning i varje tvärsnitt. I en sådan optimal pelare utnyttjas allt material
maximalt varför såväl materialåtgång som vikt minimeras. Vi söker alltså A x . I figuren visar kyltornet det vi redan misstänker,
kärnkraftsindustrin är mycket beräkningsintensiv! Samma gällde visst inte i Örebro när vattentornet (den så kallade svampen) skulle
projekteras. Kanske var det design- eller produktionskrav som avgjorde till cylindertornets fördel? Vi ska hjälpa till lite i efterhand.
Lösningsförslag: Vi har en stående pelare som i exemplet ovan men belastad med massan M på toppen. Till vänster och mitten i
figuren nedan har vi de två torntyperna. Den intressanta pelartypen har vi också snittat i den högra figuren. Om den dimensionerande
spänningen i materialet är Σ0 har vi pelarens topparea A0 ur Σ0
Mg
A0
vid kontakten mellan torn och vattentank. Notera att den är
negativ eftersom vi har tryckspänning. Detta får bli (BV).
Så med N x
Σ0 A x och konstant volymkraft, tyngdkraft, k x
Ρg har vi direkt med hjälp av (B2.13) optimal areavariation.
Mg
Aopt
DSolveΣ0 A ' x
ΡgA x
, A x , x
0, Σ0
First
A 0
gΡx
gM
Σ0
A x

Σ0
Tydligen exponentiellt ökande tvärsnittsarea. För jämförande ändamål gäller det nu att bestämma arean Ac för motsvarande cylinderformade pelare, till vänster i figuren ovan. Om pelarens höjd är H och materialets maximala tryckpåkänning är Σ0 får vi det dimensionerande tillståndet vid foten
Acyl
Solve Ac Σ0
gM
Ac

gH Ρ
Σ0
Mg
Ac H Ρ g
0, Ac
First
8
HH/ITN/BN
Nu är det bara att skapa en pelare av betong som exempelvis är 30 m hög och som ska bära en last av 5000 m3 vatten.
data
9.81, M
g
5000
1000 g, H
30, Ρ
1500, Σ0
105 ;
5
Så numeriskt har vi
Aopt
. data
A x
962.361
Aopt
.x
0.02943 x

0, H
A 0, 30
. data
962.361, 2326.89
. data
Acyl
8218.28
Ac
Kvoten mellan pelarnas massor är en indikation på mängd sparade pengar i form av material, arbete, beredning av underlag osv.
mopt
mcyl
Solvebättre
, Σ0 A x
M
mopt g
0 . Aopt
.x
H, mcyl
Ac H Ρ . Acyl 
. data
mcyl
6.95481 107 , bättre
mopt
0.811942, mcyl
3.69823 108 
Besparing med 81%, det vill säga 1-0 till beräkningsteknik! Undrar om mopt blev rätt bäst att vi kontrollräknar med integral.
H

ΡA x
. Aopt
x
0
. data
gH Ρ
M
Σ0
1
6.95481 107
Ok! Nu återstår bara att rita den optimala pelaren som brukar ha cirkulärt tvärsnitt.
A x
RevolutionPlot3D
. Aopt
. data, x, 0, H . data , RevolutionAxis
1, 0, 0 
Π
Exempel B2/8: På samma sätt kan vi konstruera en jämstark propeller, det vill säga med samma normalspänning i varje snitt, som
för ovanlighetens skull ska bära massan M vid sin ytterände. Vi söker alltså A r .
Lösningsförslag: Om den dimensionerande spänningen i materialet är Σ0 har vi arean A R ur Σ0
Mg
AR
vid kontakten mellan
propellerspetsen och massan. Notera att den är positiv eftersom vi har dragspänning. Detta får bli (RV). Så med N r
linjärt varierande volymkraft, centrifugalkraft , k r ΡrΩ2 har vi med (B2.13) optimal areavariation.
Σ0 A r och
HH/ITN/BN
Aopt
Ρ r Ω2 A r
DSolveΣ0 A ' r
9
Mg
0, Σ0
, A r , r
First
A R
Ρ R2 Ω2
Ρ r2 Ω2
2 Σ0
2 Σ0
gM

A r
Σ0
Tydligen exponentiellt avtagande tvärsnittsarea. Liknande vinstkalkyl som i föregående exempel kan göras gentemot en jämntjock
propeller. Gör det! Här väljer vi istället att tillverka och rita upp den.
Plot 0.5 A r , A r
. Aopt . g
r, 0, 5 , AspectRatio Automatic
1., M
1, Ρ
1, Σ0
1, Ω
0.3, R
5. ,
1.5
1.0
0.5
1
2
3
4
5
0.5
1.0
1.5
Övning sid 27: 2/1-6, 2/10.
ť 3 Töjning - deformationssamband
sid 30-34: Tore rör ihop begreppen lite. Vid belastning av modellen har vi
- förskjutning u x (eng. displacement), vektor, är hur en punkt i modellen förflyttar sig i förhållande till sitt ursprungsläge.
- deformation Δ x (eng. deformation), vektor, är hur två närliggande punkter i modellen förflyttar sig i förhållande till varandra.
Vi ger den fria ändpukten i figuren nedan en förskjutning (deformation) Δ med Δ L0 . Om staven har konstant tvärsnitt A kan vi
förvänta oss att deformationen per längdenhet fördelar sig jämt över staven. Denna deformation , se figur nedan till vänster, kallas
(linjär) töjning Ε
Δ
L0
(eng. linear normal strain) som är dimensionslös, 1 .
Tyvärr kan man inte addera den linjära töjningen, se figur ovan till höger, ty Ε
Δ1 Δ2
L0
Ε1
Ε2
logaritmisk töjning eller sann töjning (eng. logarithmic strain). Utgå från den lilla töjningen Ε
gränsövergång och integration
Ε
0
Ε
L1
L0 L
L ger Ε x
L
ln L 
0
Δ1
L0
L
L
Δ2
.
L0 Δ1
Man har därför infört
vid godtyckligt L som efter
som kan adderas. Även denna är naturligtvis dimensionslös.
10
Om Δ
L0 övergår den logaritmiska töjningen i den linjära som sig bör. Låt L
L0
L0
HH/ITN/BN
Δ så har vi med Taylorutveckling
Δ
SeriesLog
, Δ, 0, 3 
L0
Δ
Δ2
Δ3
L0
2 L20
3 L30
OΔ4 
Återigen skilj på töjning Ε x och förskjutning u x . I figuren nedan har vi två närliggande punkter på avståndet x från varann. Vid
belastning kommer dessa att förskjutas u x respektive u x
x
x . Den lokala töjningen i punkten x blir då Ε x
0 så har vi att sambandet mellan töjning Ε x och förskjutning u x ges av differentialekvationen Ε x
ux
x ux
x
u
.
x
Exempel B3/1: En stång trycks ihop från 140 mm till 120 mm. Sök den linjära och logaritmiska töjningen.
Lösningsförslag: Vi har Δ
120
120
140
20 mm, och får direkt med definitionerna ovan den linjära töjningen
140
Εlin
140.
0.142857
och den logaritmiska töjningen
120
Εlog
Log

140.
0.154151
Vid hoptryckning blir i motsats till förlängning den logaritmiska töjningen till beloppet större än den linjära töjningen.
Plot Abs x
PlotStyle
1 , Abs Log x
, x, 0.05, 4 ,
Blue, Red , AxesLabel
"L L0 ", " Εlin , Εlog "
Εlin , Εlog
3.0
2.5
2.0
1.5
1.0
0.5
1
2
3
4
L L0
Exempel B3 2: En dammlucka är 3 m djup och fritt ledad kring
en z–axel genom origo. En vajer från nederkanten på luckan till
punkten 1, 0 m fixerar den i vinkeln 88 räknat från x–axeln.
Då vattnet släpps på kommer luckan på grund av trycket från
vattnet att sammanfalla med negativa y–axeln och således
bilda vinkeln 90 med x–axeln. Sök töjningen i vajern.
Lösningsförslag: Vi behöver vajerns längd
Θ
:
3.02
1.02
2
3.0
Θ för några olika vinklar Θ på luckan, så vi börjar med det allmänna fallet.
1.0 Cos Θ
Nu är det bara att räkna på! Först den linjära sedan den logaritmiska töjningen
. Låt nu
HH/ITN/BN
90
11
88
Εlin
88
0.0106372
90
Log
Εlog

88
0.010581
Kvoterna ovan blir minst sagt risiga om man vill se vad som händer vid små vinkeländringar Θ från ursprungsläget Θ.
Θ
Εlinlog
Θ
Θ
Θ
Θ
10.
Θ
, Log

6. cos Θ
Θ
10.

6. cos Θ
6. cos Θ
Θ

1, log
10.
Simplify

Θ
10.
6. cos Θ
Det kan då vara läge att göra en linearisering kring arbetspunkten
ΕlinlogApprox
Series Εlinlog ,
Θ, 0, 1
.Θ
88
Normal
0.30623 Θ, 0.30623 Θ
och jämföra
ΕlinlogApprox
. Θ
2
0.0106894, 0.0106894
sid 34: Hoppa över kap 3.5.
sid 35-37: Hoppa över kap 3.6 exempel 3/1 och 3/3. Man behöver inte krångla till det med en tidig IQ-test töjningen är omvänt
proportionell mot tvärarean och töjningen varierar linjärt . Dessa insikter kräver kunskap om materialsamband från kap 4. Vi tar
det då
Övning sid 38: 3/1-4.
ť 4 Materialsamband
sid 39-44: Materialsamband är samband mellan spänning och töjning i ett material, sista pusselbiten ska vi se. Materialsamband
kallas ibland konstitutiva samband. Kursivt 4.1. Det finns många materialmodeller. Riktigt grundläggande och mycket vanligt
förekommande är linjärt samband, kap 4.2 elasticitetsmodul E (eng. Young s modulus), enhet N  m2 , och kap 4.3 Hookes lag
Σ EΕ som ärvs över i namnsättningen, Hooke-material. Använd ( E ), ( dsE ) eller Y för elasticitetsmodulen i Mathematica eftersom E i InputCell av historiska skäl tolkas som basen för naturliga logaritmen, .
Tvärkontraktionstal eller Poissons tal Ν (eng. Poisson s ratio) för tvärkonraktion Εtvär
ΝΕ. För de flesta metaller är Ν 0.3, och
man kan visa att för alla material måste 0 Ν 0.5. Hoppa kap 4.6. Kap 4.7-8 temperaturutvidgningskoefficient Α (eng. coefficient
of thermal expansion). En uppvärmning T grader orsakar bidrag till töjningen ΕT Α T. Kap 4.9 Exempel 4/4 tar vi om en liten
stund.
sid 46-52: Läs igenom, se figur nedan. Handlar lite om vad som händer när ett Hooke-material passerar sitt elastiska område och går
in i det plastiska området. Från att varit ett linjärt samband blir nu spänningen nästan konstant. Lastas materialet ytterligare uppträder så småningom brott. Så sträckgräns ΣS och brottgräns ΣB är exempel på viktiga storheter som hämtas ur aktuell materialtabell
och som beräkningsresultat ska kontrolleras mot för att se om konstruktionen håller, annars får man byta till ett starkare material
eller göra en omkonstruktion. Om avlastning sker i det plastiska området får man en elastisk återfjädring (eng. springback) som
följer en kurva parallell med den i det elastiska, men med en bestående deformation av modellen. Detta problem sysselsätter både
datorer och personal inom exempelvis bilindustrin när det gäller att bestämma formen hos pressverktyg för tillverkning av snygga
karossdelar. Då en plan plåt ska formas till exempelvis en motorhuv krävs det att pressen plågar materialet in i det plastiska området
så att den önskade formen enligt CAD-modellen erhålls efter återfjädring utanför pressen, se exempel på en FE-analys nedan.
Utmattningsgräns Σu handlar om dynamisk belastning som vi kanske hinner titta på lite grann på slutet.
12
HH/ITN/BN
sid 53-57: För ett viskoelastiskt material är den konstitutiva modellen tidsberoende och beskrivs ofta med en differentialekvation.
Typiskt består modellen av atomerna fjäder och dämpare sammansatta i serie och parallellt till alltmer komplexa molekyler. Fjädern
följer Hookes lag Σ EΕ, och den viskösa dämparen Σ Η Ε, där Η Ns  m2 kallas viskositet.
För fjädern gäller att kraften som krävs för att förlänga den en sträcka x är proportionell mot denna, det vill säga F f
kx, där k
kallas fjäderkonstanten med enheten N m. Observera att uttrycket gäller med tecken på x, det vill säga även då den trycks ihop.
Ff
k
x
Ff
x
För dämparen gäller däremot att kraften är proportionell mot förlängningshastigheten (farten), det vill säga Fd cx , där c kallas
dämpningskonstanten med enheten Ns m. En dämpare består i princip av en cylinder fylld med olja. En rörlig bricka med hål i
delar in cylindern i två kammare. Oljans viskositet, det vill säga hur trögflytande den är, antal hål i brickan och deras storlek avgör
hur trögt det är att flytta den, eftersom olja från ena kammaren då skall flyttas till den andra. Detta ger dämparen dess karakteristiska
funktion som också brukar kallas viskös dämpning. Kraften som krävs för att flytta på brickan är alltså inte beroende av dess läge
utan endast på hastigheten (farten). Jämför potatispress!
Fd
c
Fd
x
x
Dämparen kallas ofta Newton-material. De första vanliga sammansättningarna är en fjäder och dämpare parallellt, så kallat Kelvinmaterial (detta har man i hjulupphängningen på en bil) samt fjäder och dämpare i serie som kallas Maxwell-material (plasten i en
HH/ITN/BN
13
ICA-kasse). Så kan man hålla på att serie- och parallellkoppla till alltmer komplexa modeller för att beskriva exempelvis plaster,
gummi eller muskler i biomekanik. Ett sådant här tidsberoende materials egenskaper bestäms experimentellt genom krypprov (där en
provstav belastas med en bestämd konstant kraft, dvs konstant spänning, och sedan studerar stavens förlängning som funktion av
tiden) och/eller relaxationsprov (där provstaven belastas med en bestämd konstant förlängning, dvs konstant töjning, och sedan
studerar kraften, dvs spänningen, i staven som funktion av tiden). Alla parametrarna Ei , Ηi i lämplig modell anpassas sedan till
provkurvorna med hjälp av minsta kvadratmetoden.
Exempel 4/7 sid 57: i Tores bok tar vi på vårt sätt med Mathematica.
P
ode
EliminateΣ
L
,LA
Η Ε' t , Σ
L0 A0, Ε t
Log
A
, Σ, A, L 
L0
Εt
A0 Η Ε t
P
DSolve
ode, Ε 0
0 ,Ε t ,t
Pt
log 1
Ε t

A0 Η
Exempel B4/1: Sök nedhängningen hos en hängande pelare av Hooke-material! Vi har från Exempel B2/4 eller B2/6 att
Σx
gΡ H
ode
x som med Hookes lag Σ
Eliminate
u x
gΡ H
gΡ H
Σ
x ,Σ
Ε, Ε
u' x
u
x
ger differentialekvationen
, Σ, Ε
x
Denna löses med (BV) u 0
uAvx
EΕ och sambandet mellan töjning och förskjutning Ε x
DSolve
0 eftersom förskjutningen är noll där den sitter fast i taket.
ode, u 0
0 ,u x ,x
x2
g Ρ 2H x
u x

2
Varav slutligen förskjutningen av nederänden
uAvx . x
H
g H2 Ρ
u H

2
Eller (B2.13) som leder direkt till målet, där N AΣ AEΕ AEu ' x och uppenbara RV : u 0 u' H 0. Volymkraften vid
tyngdkraft k x Ρg. Detta är det moderna sättet i FEM, med u som väsentlig storhet. Sedan beräknas Ε och Σ som så kallade
härledda storheter
uAvx
DSolve
D A
g Ρ 2H x
x2
u x
u' x , x
ΡgA
0, u 0
u' H
0 ,u x ,x
First

2
u' x ,
gΡ H
u ' x , uAvx . x
. D uAvx, x
Simplify
g H2 Ρ
x

H
,gΡ H
x , u H

2
Exempel B4/2: En en jämntjock pelare av Hooke-material och längden H m är monterad mellan golv och tak. Efter en olycklig
sättning i huset kommer den att förlängas Δ m. Sök töjning och spänning i pelaren under tyngdkraft och förlängning. Vi bestämmer
först u x med hjälp av (B2.13), där N AΣ AEΕ AEu' x och uppenbara RV : u 0 0, u H Δ, om vi räknar x-axeln från
taket. Volymkraften vid tyngdkraft k x Ρg. Sedan Ε och Σ ur u. Som väntat är båda linjära. Avslutningsvis kontrollerar vi (RV)
uAvx
DSolve
g H2 Ρ x
A
u '' x
g H Ρ x2
ΡgA
2Δ
0, u H
Δ ,u x ,x
x
u x

2
u' x ,
2Δ
0, u 0
H
u ' x , uAvx . x
gH Ρ H
2x
gH Ρ
,

2
H
0, H
Δ
, u 0, H
gΡx
2
. D uAvx, x
H
0, Δ 
Simplify
First
14
HH/ITN/BN
Nu är det dax för den Gyllene kvadraten (GK) i Hållfasthetslära. Se figur nedan. Denna helt centrala sak systematiserar alla
beräkningar på ett enhetligt sätt, och finns naturligtvis inte med i Tores bok. Han blandar istället räknande här och eliminerande där
lite efter behag så man tror att det behövs speciella lösningsmetoder för varje problem. Alltså
1. Formulera först alla samband, 1, 2 och 3, i figuren nedan och beskrivna därunder. Detta är Mekanik och Hållfasthetslära.
2. Lös ekvationerna. Detta är inte Mekanik och Hållfasthetslära utan Matematik. Vi använder naturligtvis Mathematica.
(GK)
där F
kraft, Σ
spänning, Ε
töjning och Δ
deformation.
1. Jämviktssamband. Kopplar F och Σ. Man säger att de är statiskt bundna till varandra. Här kommer även mekanikens jämviktsekvationer in. Dessa samband kan ställas upp utan 2. och 3.
2. Deformationssamband, kinematiskt samband eller kompatibilitetssamband. Kopplar Ε och Δ. Man säger att de är geometriskt
bundna till varandra. Dessa samband kan ställas upp utan 1. och 3.
3. Materialsamband eller konstitutivt samband. Kopplar Σ och Ε. Detta görs genom prov och sedan anpassning med minsta
kvadratmetoden till lämplig materialmodell, Hooke, Newton, Kelwin, Maxwell Dessa samband kan ställas upp utan 1. och 2.
Exempel B4/3: Linjärt elastisk stång infäst mellan två väggar utsatt för uppvärmning. Vi söker spänning Σ i stången och inspänningskrafter P vid väggarna.
Lösningsförslag: Frilägg stången, det vill säga ta bort väggarna och ersätt med inspänningskrafterna P. Snitta så har vi direkt med
(GK)
N
SolveN
P
,
0, Σ
1. Jämviktssamband
A
Δ
ΕTot
Σ
ΕT
, Δ
L
ΕP ,
Α T,
ΕTot
ΕP
0,
2. Deformation, Δ 0 ett krav från väggarna
3. Material. Hookes lag
3. Uppvärmning
3. Sammanlagd töjning
ΕT ,
Σ, P, N, ΕP , ΕT , ΕTot , Δ 
Σ
Α
T, P
Α
A
T, N
Α
A
Α T, ΕT
T, ΕP
Α T, ΕTot
0, Δ
0
Exempel 4/4 sid 44: Nu är det dax att ta det.
Lösningsförslag: Snitta i de två stängerna så får vi 13 ekvationer och 13 obekanta att skicka rakt in i näbbet på Solve
N1
svar
SolveN1
S
0, N2
S
0, ΣS1
A1
Δ1
L1
,
1. Jämviktssamband
A2
Δ2
, Ε2
Ε1
N2
, ΣS2
, Δ1
L2
Δ2
0,
2. Deformation, Δ 0 pga väggarna
;-)
HH/ITN/BN
ΕS1 , ΣS2
Α1 T, ΕT2
ΣS1
ΕT1
Ε1
ΕS2 ,
Α2 T,
ΕT1 , Ε2
ΕS1
ΕS2
15
3. Material, Hookes lag
3. Material, uppvärmning
3. Sammanlagd töjning
ΕT2 ,
ΣS1 , ΣS2 , N1 , N2 , S, ΕS1 , ΕT1 , ΕS2 , ΕT2 , Ε1 , Ε2 , Δ1 , Δ2 
ΣS1
N2
ΕT1
Ε2
A2
T Α1 L1
A2 L1
A1 A2
Α2 L2
A1 L2
T Α1 L1
A2 L1
Α2 L2
A2 L1
A1 A2
A1 L2
Α2 A2
A1 L2
Α2 L2
A1 L2
, Δ1
Α2 L2
A1 L2
T Α1 L1
A2 L1
A2 L1
L1 T Α1 A1
T Α1 L1
A2 L1
,S
A1 T Α1 L1
Α1 T, ΕS2
A1
, ΣS2
, ΕT2
Α2 L2
A1 L2
A2 L1
Α1 A1 L1 L2 T
Α2 L2
,
A1 L2
A2 T Α1 L1
, ΕS1
A2 L1
Α2 L2
,
A1 L2
Α1 A1 L2 T
A2 L1
A1 L2
T Α1 L1
A2 L1
Α2 A2 L2 T
Α2 T, Ε1
Α2 A2 L1 L2 T
A1 A2
, N1
,
A1 L2
Α1 A1 L1 L2 T
, Δ2
A2 L1
Α2 A2 L1 L2 T

A1 L2
Lägg märke till att vi som vanligt får ut all information, inte bara det som söks primärt i uppgiften. Det är bra, man ska inte vara snål
mot sig själv! Avslutningsvis lite siffror, använd N, mm och MPa.
svar
ΣS1
ΕS2
. A1
102 ,
2 A2 , A2
208
109
1000 2 , Α2
Α1 , Α1
11.6
10 6 , T
20, L2
32.1707, ΣS2
64.3413, N1
6434.13, N2
6434.13, S
6434.13, ΕS1
0.000154667, ΕT1
0.000309333, ΕT2 0.000232, Ε1 0.0000773333, Ε2
0.0000773333, Δ1 0.0000773333 L, Δ2
L1 , L1
L
0.000232,
0.0000773333 L
Lyd Tores råd på sid 47, men ställ upp och räkna på vårt sätt!
Exempel B4/4: En vid väggen fritt ledad stel bom belastas med kraften P. En stång av Hooke-material med tvärsnittsarean A håller
emot. Sök spänningen i stången och nedhänget vid lasten.
Lösningsförslag: Frilägg och snitta stången, så har vi med (GK) och figurerna nedan, där som vanligt N ansätts positiv ut från ytan.
N
Solve a
b P
aN
,
0, Σ
1. Jämviktssamband
A
Δ
Δ
,
Ε
H
Σ
,
a
a
2. Deformation, likformiga trianglar
b
Ε,
Σ, N, Δ, , Ε 
P a
Σ
b
P a
,N
aA
b
HP a
,Δ
a
b
HP a
,
aA
2
a A
b
2
P a
,Ε
b

aA
Tydligen tryckspänning i stången. Verkar rimligt. Vi ser även att N kommer ut med rätt tecken i förhållande till hur den korrekt har
införts som positiv ut från snittytan.
Exempel B4/5: Spänningar i en konstruktion kan uppkomma utan yttre laster. Vid exempelvis montering med passningsfel mellan
bitarna uppkommer restspänningar eller egenspänningar då de bringas samman. Studera en vid väggen fritt ledad stel bom som ska
monteras tillsammans med två stänger av Hooke-material, där den ena har passningsfelet . Sök spänningarna i stängerna!
16
HH/ITN/BN
Lösningsförslag: Frilägg och snitta stängerna, som har samma längd L och tvärsnittsarea A, så får vi direkt med (GK).
N1
Solvea N1
2 a N2
N2
, Σ2
0, Σ1
,
A
Δ1
Δ2
, Ε2
Ε1
L
Ε1 , Σ2
Σ1
Δ1
Δ2
,
,
a
L
1. Jämviktssamband
A
2a
Ε2 ,
Σ1 , Σ2 , N1 , N2 , Δ1 , Δ2 , Ε1 , Ε2 
4
Σ1
2
5L
, Σ2
5L
4A
, N1
2A
5L
, N2
5L
4
, Δ1
5
2
, Δ2
5
4
, Ε1
5L
2
, Ε2

5L
Tydligen dragspänning i stång 1 och tryckspänning i stång 2. Verkar rimligt. De två måste jämkas samman så bommen kommer i
jämvikt. Detta läge motsvarar tydligen en moturs rotation Θ
Δ2
2a
tan Θ
5a
radianer av bommen. Naturligtvis kunde denna tagits
med som en intressant storhet, så en repris
N1
Solvea N1
2 a N2
N2
, Σ2
0, Σ1
,
A
Δ1
Δ2
, Ε2
Ε1
L
Σ1
Δ1
Δ2
,
Θ,
a
L
Ε1 , Σ2
1. Jämviktssamband
A
2a
Ε2 ,
Σ1 , Σ2 , N1 , N2 , Δ1 , Δ2 , Ε1 , Ε2 , Θ 
4
Σ1
5L
2
, Σ2
5L
4A
, N1
5L
2A
, N2
5L
4
, Δ1
5
2
, Δ2
5
4
, Ε1
5L
2
, Ε2
,Θ
5L

5a
Övning sid 59: 4/1, 5/1, 5/9-13 (Varför har Tore dessa i kap 5???). Betyg 4/5: 4/6-7.
ť 5 Stångbärverk
sid 61-87: Läs separat Mathematica notebook i planeringen om du är intresserad av betyg 5. Hoppa över annars.
ť 6 Skjuvspänning - jämviktssamband
sid 88-89: Vi har hittills studerat tillståndet vinkelrät mot ytor, nu är det dax för krafter som verkar parallellt med ytan. Typiska
sådana exempel är friktionskraft mellan kroppar i relativ glidning eller nit-, lim- och svetsfogar.
Följaktligen ökar vi på med lite nya snittstorheter. Analogt med normalkraft N och tillhörande normalspänning Σ kan vi då en grövre
stång med tvärsnittsarean A utsätts för en tvärktaft T (eng. shear force) införa en till denna hörande skjuvspänning Τ (eng. shear
stress), se figur nedan. Liksom normalspänningen är denna inte konstant över tvärsnittet men brukar på samma sätt som Σ betraktas
som sådan för att förenkla analysen. Som synes har Σ och Τ samma enhet, N  m2 eller Pa. Dessa brukar dessutom sammanvägas på
ett speciellt sätt och jämföras med sträckgränsen ΣS för ett material. Kanske hinner vi återkomma till detta.
HH/ITN/BN
17
Τ
def T
A
med enheten N  m2
Exempel B6/1: Ett ok fäst i taket belastas med kraften P. Sök skjuvspänningen Τ i den med tvärsnittsarean A sammanhållande
pinnen.
Lösningsförslag: Frilägg och snitta pinnen på ömse sidor om dragstången enligt figur nedan. Inför tvärkraften T som av symmetriskäl blir lika på båda sidor. Nu är det bara att mata Solve ;-). Så småningom kommer vi att rita en gyllene kvadrat där Τ är
inblandad istället för Σ.
T
SolveP
2T
0, Τ
,
Jämviktssamband
A
T, Τ 
P
T
P
,Τ
2

2A
sid 89-90: Läs fram till sid 89 till Vi nöjer oss emellertid här med definitionen (3). Sedan blir det 2D och lite tekniskt. Hoppa över
sidan 90.
sid 91: Här införs en ny snittstorhet, nämligen vridmoment M (eng. torsion), vanligtvis betecknad med Mv för att inte förväxlas med
andra moment som kommer senare. Jämför vridmoment med att vrida ur en disktrasa eller öppna en skruvkork! Med ett tunnväggigt
rör som exempel härleds sambandet mellan skjuvspänningen Τ och vridmomentet Mv genom att lägga samman små bidrag
Mv ΤA R
Τ R
t R runt rörets periferi, se fig nedan. Kom ihåg att en liten cirkelring rullas ut till en liten rektangel.
kraft
hävarm
A
Mv
Solve
2Π
Mv
0
Τ
Mv
2 Π R2 t

ΤRtR
, Τ
0

Resultatet brukar sammanfattas lite mera generellt som
Τ
Mv
Wv
där Wv är tvärsnittets vridmotstånd (eng. section modulus of torsion), med enheten m3 , som endast beror på tvärsnittets geometriska
utseende. Vi återkommer till denna i kap 9. I själva verket är det maximal skjuvspänning i tvärsnittet som beräknas på detta sätt, det
vill säga Τmax
Mv
.
Wv
sid 92-94: Hoppa över kap. 6.3.
18
HH/ITN/BN
Exempel B6/2: En dragstång med tvärsnittsarean A är snett avskuren under vinkeln , enligt figur. Bestäm snittstorheterna!
Lösningsförslag: Vi söker normalkraft N, tvärkraft T med tillhörande normalspänning Σ , respektive skjuvspänning Τ . Snitta enligt
figur ovan och ställ sedan upp kraftjämvikt längs och tvärs dragriktningen för den undre delen. Detta bestämmer N och T. Beräkna
sedan spänningarna med dessa och aktuell tvärsnittsarea.
drag
SolveN Sin
T Cos
N Cos
P
T Sin
0,
0,
Jämvikt
N
T
, Τ
Σ
A
,
Sin
N, T, Σ , Τ
A
P sin
,T
P cos
Normal
och skjuvspänning i snittet
Sin
Simplify

P sin2
N
Jämvikt
,Σ
P sin
cos
,Τ

A
En liten bild över hur saker och ting varierar med
A
kan inte skada.
N T Σ A Τ A
Π
,
 . drag,  , 0, ,
PlotEvaluate , ,
P
P
2
P P
PlotStyle
Red, Blue, Green, Brown , AxesLabel
"
rad ", "N P, T P, Σ A P, Τ A P" 
N P, T P, Σ A P, Τ A P
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
rad
0.5
1.0
1.5
Notera speciellt hur skjuvspänningen Τ varierar med ! Den är maximal vid
Π
4
45 .
Exempel B6/3: När man limfogar två brädor utformar man gärna fogen zickzack-formad som den vänstra figuren visar. Denna fog
(eng. finger jointing) används eftersom en limfog har högre hållfasthet för skjuvspänningar än för dragspänningar. Det typiska är att
fogen blir en förstärkning så om det sker ett brott är det nästan aldrig där. I den högra bilden kan en FE-analys av ett sådant förband
beskådas. Sök nu normal- och skjuvspänningar i fogen till vänster om den har 14 fingrar (räknar jag rätt?) med toppvinkeln 30 , typ.
Brädan har dimensionen b h 150 25 mm och utsätts för ren dragkraft om 10 kN.
Lösningsförslag: Vi avhandlade spänningsbilden i en snett skuren dragstång i föregående exempel. Dessa nyvunna kunskaper
kommer väl till pass redan nu om vi låter fingrar vara antalet fingrar i fogen och halva toppvinkeln på en sådan. Antag vidare
att lasten fördelar sig jämt över fingrarna och snegla sedan på snitten i föregående exempel så får vi ett snarlikt ekvationssystem att
lösa.
HH/ITN/BN
19
P
drag
SolveN Sin
T Cos
0,
Jämvikt
2 fingrar
N Cos
N
,Τ
Σ
A
T Sin
T
,
A
bh
0,
Jämvikt
Normal
A Sin
och skjuvspänning i limfogen
Fingersidoareapyssel. Rita bild ;
,
2 fingrar
N, T, Σ, Τ, A 
P sin
N
P sin2
P cos
,T
2 fingrar
Simplify
P sin
,Σ
cos
bh
,Τ
2 fingrar
,A
bh

bh
2 fingrar sin
Avslutningsvis de numeriska val som råkade hamna i problemtexten. Eftersom Mathematica arbetar såväl symboliskt som numeriskt
kan vi i alla lägen skicka med enheter på indata och få ytterligare kvalitet på utdata!
30
drag . P
10 000 N, b
150 mm, h
25 mm, fingrar
14,
N

2
0.178633 N
N
92.4354 N, T
344.974 N, Σ
mm2
0.666667 N
,Τ
mm2
,A
517.46 mm2 
Övning sid 94: 6/1-2, 6/4, 6/7.
ť 7 Skjuvtöjning - deformationssamband
sid 96: Studera en liten kvadrat i figuren nedan utsatt för skjuvning. Vid ren skjuvning uppkommer dragspänningar i diagonalriktningen 2-2 och tryckspänningar i riktningen 1-1. Kvadraten deformeras därmed så att diagonalen 2-2 förlängs och 1-1 förkortas, enligt
högra bilden. Kvadraten blir en romb. Då inga normalspänningar verkar på sidoytorna blir dess kanter oförändrade.
För att jämföra formen före och efter belastning kan vi göra en stelkroppsförflyttning, så att kvadraten och romben sammanfaller
längs en kant, enligt figur (a) nedan. Den i figur (b) angivna vinkeln Γ, (egentligen Γxy ), räknad positiv från y-axeln mot x-axeln, är
då ett entydigt mått på formförändringen. Den kallas skjuvvinkel eller bara skjuvning (eng. shear) och har enheten radianer. Liksom
normaltöjning Ε är alltså Γ dimensionslös [1]. De har samma släktskap med sina spänningar och bildar paren Σ-Ε och Τ-Γ. I syfte att
betona detta släktskap hörs därför ofta skjuvtöjning istället för skjuvvinkel. För volymkonsistens måste enligt fig (b) a2 ahcos Γ ,
men Γ är liten i linjär teori så cos Γ 1, varav h a. Vi är därmed framme vid figur (c), som (sånär som hörnbeteckningar) är Tores
figur 2 på sid 96. Man definierar sedan egentligen skjuvvinkeln som Γ
a
sid 97-99: Hoppa över, lite tekniskt.
Exempel B7 1: En kvadratisk skiva med sidan a
skjuvas vinkeln Γ. Sök de linjära töjningarna i
diagonalriktningarna 1–1 och 2–2.
b
tan Γ
BB'
a
"
Δ
"
a
i analogi med normaltöjningen Ε
c
Δ
.
L0
20
HH/ITN/BN
Lösningsförslag: Diagonalernas nya längder får vi med med Pythagoras sats. Strängt taget kan vi direkt låta tan Γ
liten, men vi kör generellt och låter Mathematica jobba!
a2
AC '
a2
a
a tan Γ
a
a2
DB '
a2
a
a Tan Γ
2
a Tan Γ
2
Γ eftersom Γ är
2
a
2
a tan Γ
Så de efterfrågade linjära töjningarna
DB '
a
2
Ε11
a
a2
a
2
a tan Γ
2
2 a
2
2 a
2 a
AC '
a
2
Ε22
a
a2
2
a tan Γ
a
2 a
Effekten av att låta Γ vara liten får vi genom att linearisera uttrycken med hjälp av Taylorutveckling. Tore hamnar direkt i dessa på
sid. 99 efter en stunds geometrisk kontemplation.
Simplify Series Ε11 , Γ, 0, 1
Γ
,a
0
,a
0
OΓ2 
2
Simplify Series Ε22 , Γ, 0, 1
Γ
OΓ2 
2
Exempel B7/2: En rektangulär plåtskiva har kantlängderna 400 mm respektive 300 mm. Skivans kanter är orienterade utefter
koordinatriktningarna, fig (a) nedan. Skivan deformeras så att den får formen av en parallellogram. Vid en uppmätning bestämdes
såväl längderna av de nya kanterna som den längsta av diagonalerna, fig (b). Sök normaltöjningarna Εx , Ε y och skjuvvinkeln Γ Γxy .
a
b
Lösningsförslag: Det är bara att räkna på. Först normaltöjningarna i x- och y-riktningarna.
2
Εx
400
1
200
3
Εy
300
1
100
c
HH/ITN/BN
21
Sedan skjuvvinkeln Γxy , i radianer, med hjälp av fig (c) ovan och lite geometri, närmare bestämt cosinussatsen, vinkelsumman i en
triangel och supplementvinkel. De två sistnämnda är fundamentet i yttervinkelsatsen, så sista ekvationen nedan kunde därmed
Π
formulerats direkt som Γxy 2 Α. Å andra sidan finns det nästan oändligt med satser men få definitioner. Man ska hålla sin
verktygslåda så liten som möjligt och låta Mathematica jobba!
NSolve5042
4022
3032
Π
2
402
303 Cos Α , Γxy
Π
Α
Π, Γxy , Α 
2
Γxy
3.14407, Α
1.57327, Γxy
0.00247525, Α
1.57327
Här duger bara den andra lösningen eftersom Α ska vara positiv. I en fortsättningskurs är matrisspråket dominerande och man samlar
där alla töjningar i den så kallade töjningstensorn
att dessa är symmetriska, det vill säga Γxy
1
Γ
2 xy
Εx
1
Γ
2 yx
Γ yx och Τxy
. Helt analogt möbleras spänningstensorn
Εy
Σx Τxy
Τxy Σ y
. Man kan visa
Τxy .
ť 8 Skjuvning - materialsamband
sid 100-101: Läs 8.0-8.1. Kom ihåg Hookes lag för skjuvning Τ-Γ som är helt analog med normalfallet Σ-Ε. Vi sammanfattar
Σ
EΕ, Τ
GΓ där G
E
21 Ν
G kallas skjuvmodulen (eng. shear modulus) och är som synes direkt kopplad till elasticitetsmodulen E via Poissons tal Ν, vilka båda
hämtas ur materialtabell (och ofta G direkt också för den delen). På samma sätt som vi i kapitel 4 ritade ett Σ-Ε diagram fullklottrad
med begrepp kan man rita ett för Τ-Γ.
ť 9 Axlar - vridning
I detta avsnitt handlar det om att överföra ett vridmoment med axlar, exempelvis en propelleraxel. Vi nöjer oss med sådana som har
cirkulärt tvärsnitt och är tunnväggiga, tjockväggiga eller helt solida. Alla varianter inklusive de nämnda kan ses som tillämpning på
skjuvning från kap 6-7. Koppling mellan global vridningsvinkel Θ under vridmomentet Mv och skjuvningsvinkeln Γ tydliggörs i
figuren nedan.
sid 107-109: Kap 9.0-1. Det börjar med en repetition av det vi gjorde på sid 91, nämligen en axel med cirkulärt tvärsnitt som är
tunnväggigt, det vill säga med väggtjockleken mycket mindre är radien på axeln. Vi härledde sambandet mellan skjuvspänningen Τ
och vridmomentet Mv genom att lägga samman små bidrag Mv ΤA R
Τ R
t R runt rörets periferi, se fig nedan. Kom
kraft
ihåg att en liten cirkelring rullas ut till en liten rektangel.
Mv
Solve
2Π
Mv
0
Τ
Mv
2 Π R2 t

ΤRtR
, Τ
0

Resultatet brukar sammanfattas lite mera generellt som
Τ
Mv
Wv
hävarm
A
22
HH/ITN/BN
där Wv är tvärsnittets vridmotstånd (eng. section modulus of torsion), med enheten m3 , som endast beror på tvärsnittets geometriska
utseende. I själva verket är det maximal skjuvspänning i tvärsnittet som beräknas på detta sätt, det vill säga Τmax
Mv
.
Wv
Studera nu vridning av en liten del av axeln, tunn cylinder, med längd x
enligt figur. Deformationssambandet för små vinklar får vi genom att skriva
längden på den lilla biten av periferin på två sätt, Γ x R Θ. För ett Hooke–
material gäller Τ GΓ, så sambandet mellan mellan Mv och Θ får vi genom att
lägga samman alla små bidrag
Mv
L
Θ
Θ

Τ
GR
x
R
Mv
x
1
GR
2 ΠR2 t
x längs axeln.
1
x

0
Γ
Θ
2Π
0
R2 t
GR
L Mv
Θ
2 Π G R3 t
LMv
,
GKv
Detta kan skrivas Θ
där GKv kallas tvärsnittets vridstyvhet (eng. torsional rigidity), och Kv vridstyvhetens tvärsnittsfaktor
(eng. section factor of torsional stiffness), med enheten m4 , som endast beror på tvärsnittets geometriska utseende. Man kan visa att
det alltid går att skriva sambandet mellan Mv och Θ på detta sätt, endast Kv varierar beroende på tvärsnittets form. Uttrycket ovan
gäller endast då Kv är konstant längs axeln. Om däremot saker och ting varierar måste vi integrera Θ
L Mv x
0 G x Kv x
x. Hoppa till sid
114 och
Exempel 9/2: Vi låter Mathematica göra jobbet. Först radievariationen
rAvx
kx
r2
r2
m . Solve
r2 , r1
k 0, L
m, k, m
First
r1 x
L
Så ännu en gång gäller det att lägga samman alla små vridningsbidrag från små cylindrar
Θ
Mv
GKv
x, där Kv
2 Πr x 3 t för
tunnväggigt tvärsnitt.
Simplify
Θ

0
L r1
Θ
Mv
L
Θ
ekv
G 2 Π rAvx3 t
0
x, r2
r1
0
r2 Mv
4 Π G r21 r22 t
varav slutligen Kv efter jämförelse med prototypen
L Mv
Solveekv, Θ
, Kv , Θ 
G Kv
4 Π r21 r22 t
Kv
,Θ
r2
r1
L r1
r2 Mv
4 Π G r21 r22 t

sid 115-117: Samma sak för tjockväggigt tvärsnitt. Så ännu en gång gäller det att lägga samman alla små vridningsbidrag från små
cylindrar
Mv
GKv
Θ
x, där Kv
2 Πr3 t för tunnväggigt tvärsnitt. Betrakta alltså det tjockväggiga tvärsnittet som uppbyggt av just
sådana tunnväggiga lökringar med radie r och tjocklek t
Θ
Kv
t
Mv
GKv
3
x
Θ
2 Πr t
r
och lägga samman alla små bidrag
D 2
Θ
ekv

0
1
Θ
32
Π D4 G
L
G 2 Π r3 r

Θ
d 2
1
32
 Mv
0
Π d4 G
r. Så nu är det bara att meka ihop det hela
L Mv
varav slutligen Kv efter jämförelse med prototypen
x
Mv
G 2 Πr3 r
x
G 2 Πr3 r Θ
Mv x
HH/ITN/BN
23
L Mv
Solveekv, Θ
, Kv , Θ 
FullSimplify
G Kv
1
Kv
Π D4
32 L Mv
d 4 , Θ
32
4
Πd G
Π D4 G

Solida axlar får vi slutligen genom att sätta innerradien d 0. Orientera dig om "formlerna" på sid 117 och för några vanliga
ickecirkulära tvärsnitt på sid 119, eller formelsamling sid A4-A5. Dessa uttryck används för dimensionering av axlar under
vridmoment.
På samma sätt som vi tidigare skapade en gyllene kvadrat i kap 4 kan vi nu skapa
en helt analog för vridning. I själva verket förekommer det ett flertal sådana i
hållfasthetslära, som kopplar yttre samband med de inre. Namnen på de
olika grenarna är desamma, se GK ovan.
Exempel B9/1: I en cirkulär axel utsatt för vridmoment råder ett tillstånd av ren skjuvning. Om den belastas med för stort vridmoment kommer ett brott att ske. Enligt Exempel B6/2 är skjuvspänningen störst vid 45 , så om materialet är sprött så ingen plastisk
deformation inträder kommer brottet att ske längs en skruvlinje med sådan lutning. Exempel på produkter av sådant material är
gjutjärnsaxlar eller gammaldags tavelkritor.
Övning sid 129: 9/1-2.
ť 10 Plana ytors geometri
sid 134-137: Ytstorheter (eng. center of gravity, moments of area) i kap 10.1-10.3 kommer till användning vid bl.a. balkböjning. De
som är av primärt intresse är tvärsnittets area A
Iy
A
z2 A och Iz
A
A
A, (yt)tyngdpunkt yTp , zTp 
y2 A samt (yt)deviationsmomentet I yz
A
yz
1
A
 Ay
A,
A
z
A, (yt)tröghetsmomenteten
A. Dessa beräknas tydligen med integraler över ytan och
påminner (precis) om beräkning av (mass)tyngdpunkt, (mass)tröghetsmoment och (mass)deviationsmoment i mekanik, det är bara
att byta m till A. Statiska moment i kap 10.2 är precis de integralerna som används vid beräkning av tyngdpunkt. Man brukar
sammanfatta integralerna över ytan under namnen nollte, första och andra ordningens moment beroende på vilken potens man har på
integranden, 0, 1 eller 2. Vanligtvis brukar man veta vad man sysslar med så (:-) utelämnas ofta, utom just för yttröghetsmoment,
märkligt
Kap 10.4 är nyttigt, speciellt när man räknar för hand, och handlar om axelparallell förflyttning av ytstorheterna ovan. Snegla på fig
1 sid 136 där y, z -systemet går genom tyngdpunkten och Η, Ζ -systemet är axelparallellt. Sambanden mellan yttröghetsmoment
och deviationsmoment i de två systemen utreds av Steiners sats IΗ I y e2 A, IΖ Iz f 2 A och IΗ Ζ I yz e f A, där e och f är de
vinkelräta avstånden mellan respektive koordinataxlar och A är tvärsnittets area. Ofta används dessa smidiga samband baklänges
för att flytta ytstorheterna från ett koordinatsystem där tvärsnittets geometri är beskrivet till tyngdpunkten sedan dess läge räknats ut.
sid 138-139: Följande rader ska ses som ett komplement (alternativ) till kap 10.5 och 10.6 samt lite om ett smidigt datoranpassat sätt
att räkna ut ytmomenten.
Eftersom krumelurerna i texten till Fig 3 sid 138 är själva resultatet och inte den
vanliga vägen när man härleder koordinattransformation Tore , ger vi denna
här. Fylligare framställning kan hittas i "Något om matriser och Mathematica"
av BN eller i G Sparr, Linjär Algebra. Om Η, Ζ –systemet är roterat moturs
vinkeln Α i förhållande till det fixerade y, z –systemet, se fig, gäller sambandet
mellan koordinaterna i de två systemen
y
y
Η
Η
cos Α
sin Α
z  
z 
 
 
Ζ
Ζ
sin Α cos Α
Matrisen
z
Ζ
z
Η
Α
kallas transformationsmatrisen mellan de två systemen. Den talar om hur basvektorerna
till basvektorerna
y
och
z . Observera att elementen i :s första kolonn utgör
Η
Ζ
Η
och
y
Ζ
y
är riktade i förhållande
Η :s komponenter med avseende på
y
och
z,
och i
24
andra kolonnen
Ζ :s
komponenter med avseende på
y
och
z.
HH/ITN/BN
Om båda baserna är ortonormerade, alltså ON-system, så är kolon-
nerna i matrisen parvis ortogonala och normerade, det vill säga är en ortogonal matris, så 1
. Därmed är det inte så
kostsamt att gå mellan de olika representationerna. Vi är nu intresserade av den omvända transformationen (dvs den i texten till
Fig 3 sid 138)
Η
Ζ
y

z

Η
Ζ
1
y

z

cos Α
sin Α
Η
Ζ
y

z
sin Α
cos Α

y

z
Η
Ζ

y

z
Så äntligen kan vi definiera rotationsmatrisen
Cos Α
Sin Α
Sin Α
Cos Α
;
och den så kallade tröghetstensorn , vars element definieras i kap 10.3 (6a-c)
y
yz
yz
z
;
Vridningssatserna (12)-(14) sid 138 får då det lite mer datoranpassade utseendet
. .
y
Simplify
cos2 Α
sin Α sin Α
sin 2 Α
y
1
2
2 cos 2 Α
z
2 cos Α
sin 2 Α
yz
yz 
1
2
sin 2 Α
z
z
y
cos2 Α
2 cos 2 Α
sin2 Α
yz
sin 2 Α
sin 2 Α
y
z
yz
När det gäller huvudtröghetsriktningar och huvudtröghetsmoment, kap 10.6, så använder den moderna människan inte formlerna
utan ser det som ett egenvärdesproblem
ΛI e Λ e
där egenvärdena Λ motsvarar huvudtröghetsmomenten och egenvektorerna e huvudtröghetsriktningarna. Eftersom alltid är
symmetrisk kommer egenvärdena alltid att vara reella och egenvektorerna alltid att vara vinkelräta mot varandra (ortogonala) som
sig bör.
sid 140-141: Läs om hur man beräknar I y för ett rektangulärt tvärsnitt i Exempel 10/1 och ett cirkulärt i Exempel 10/2.
Exempel 10/1 sid 140: Rektangulärt tvärsnitt direkt med Mathematica.
Lösningsförslag: Med beteckningar enligt figur har vi direkt med I y
A
z2 A och
A
b z.
h 2
Iy
z2 b z

h 2
b h3
12
Exempel 10/2 sid 141: Cirkulärt tvärsnitt direkt med Mathematica.
Lösningsförslag: I figuren ser vi att den streckade smala remsan rektangeln , som vid z har höjden
av Pythagoras sats b2
Iy
A
z2
A
r 2
z
r
2
z2
r2 , har den lilla arean
r2
z2
A
2 b zz
2
r2
z2
zz och bredden 2 b, där b ges
z. Nu är det bara att lägga samman alla små bidrag
zz.
r
Ihål
Simplify z2 2
r2
z2
z, r
0
r
Π r4
4
Exempel 10/3 sid 141: Avslutningen med Mathematica
Lösningsförslag: Definiera tröghetstensorn och räkna på enligt ovan!
267
96
96 107

1000.
267 000.
96 000.

96 000. 107 000.
Bestäm egenvärden och egenvektorer. Egenvektorerna kommer ut normerade och passar alltså direkt för att döpas till !
HH/ITN/BN
1,
2
,
Eigensystem
e
311 964.
0.905589, 0.424155

25
62 036.

0.424155, 0.905589
Vi känner igen Tores resultat.
1,
2
311 964., 62 036.
e

0.905589
0.424155
0.424155

0.905589
Undrar verkligen om deviationsmomentet blir noll efter transformation till det nya systemet? Visst!
. .
311 964.
1.09139 10
4.36557 10
11
11
62 036.
När det gäller att räkna ut yttröghetsmoment för godtyckliga tvärsnitt
kan det bli väldigt arbetsamt att integrera. Då har man nytta av så kallade
ekvimomenta system. För en triangel innebär detta att ytmomenten är
ekvivalent med de man får om man placerar en tredjedel av triangelns
area mitt på dess kanter . Eftersom alla tvärsnitt som har raka kanter
kan trianguleras exakt och alla övriga med godtycklig noggrannhet har
vi en utmärkt datormetod Speciellt behöver man yttröghetsmoment i
finita elementvärlden, och där är man duktig på att triangulera ytor
Exempel B10/1: Bestäm I y
A
z2 A och Iz
A
A3
A3
A
A3
y2 A för triangeln i figuren nedan.
z
5, 4
4
A3
A3
A
A3
4, 1
3
1, 2
2
1
0
y
0
1
2
3
4
5
6
Lösningsförslag: Med definition får vi en dubbelintegral som är allt annat än kul, så ekvimoment system för en triangel kommer väl
till pass I y
A
hörn
z2 A
z2i Ai
A
3
z2i . Allt bygger på triangelns
1 2
5 4 ;
4 1
Så läget för de tre röda bollarna
yzA
3
Mean
Partition hörn
1, 2, 3, 1
, 2, 1
3 3
9
5
2
5
2
3
2
2
Triangelns area med hjälp av linear algebra A
1
2
, där
och
1
Abs Det
A
hörn 2
hörn 1 , hörn 3
2
5
Slutligen med rätt ordning i vänsterledet ;-)
hörn 1
är två vektorer som spänner upp den. Här 2D version
26
A
Iz , I y
Plus
3

yz2A
HH/ITN/BN
3
355 175
,

6
6
Vi kontrollerar riktigheten av detta och lite till om triangeln om en stund.
Rektangulära tvärsnitt är vanliga i tillämpningar, se fig nedan. Det ekvimomenta systemet för en sådan kompis får vi lätt med hjälp
av det för en triangel. Dela först upp rektangeln i två naturliga rätvinkliga trianglar. Eftersom arean för rektangeln är A bh kommer
varje triangel att ha arean
2A
6
A
3
A
2
och därmed blir momentet för varje
prick
A
32
A
6
i figuren nedan. Alltså
A
6
mitt på varje sida och
i mitten av rektangeln. Eftersom vi lutar oss mot det ekvimomenta systemet för en triangel behöver naturligtvis
rektangelns sidor, precis som i figuren nedan, inte vara axelparallella.
Exempel B10/2: Exempel Exempel 10/1 sid 140 ännu en gång. Bestäm I y
A
z2 A.
Lösningsförslag: Här är rektangelns sidor axelparallella, se figur. Vi noterar även
att origo sammanfaller med rektangelns tyngdpunkt så de tre prickarna
på
y–axeln bidrar inte eftersom deras hävarm z 0. Detta medför en besparing när vi
z2i Ai . Vi känner igen resultatet.
ska räkna ut I y A z2 A
A
h
6
2
2
h
2
.A
bh
2
b h3
12
Ofta förekommer tvärsnitt som är uppbyggt av flera smala rektangulära delar, så kallade tunnväggiga profiler. Exempel på det
sistnämnda är I- och U-balkar som man hittar i nästan alla byggnadskonstruktioner. För smala delar, där bredden är mycket större än
höjden b h, kan man dra nytta av det introducerade ekvimomenta systemet för en rektangel med arean A bh. Om vi sneglar i
figuren ovan inser vi att det bara är att ärva vikten
A
6
A
3
A
6
2A
3
A
6
i ändpunkterna och slå samman vikterna på mitten till
så har vi i figuren nedan det ekvimomenta systemet för en smal rektangel. Eftersom vi ännu en gång
lutar oss mot det ekvimomenta systemet för en triangel behöver inte heller denna vara parallell med någon av koordinataxlarna.
Exempel B10 3: Vi provkör på ett tunnväggigt tvärsnitt enligt
figur. Sök I y och I yz . Vi förstår att Iz I y av symmetriskäl
och att Izy
I yz eftersom integranden zy
yz.
Lösningsförslag: Vi försummar att hörnet räknas två gånger eftersom b
z2i Ai och I yz A yz A
yi zi Ai att
vi direkt med I y A z2 A
h. Så med ekvimomenta system för en smal rektangel får
HH/ITN/BN
2
3b
A
b
6
4
2
2A
b
3
4
2
27
A
Iy
Vertikal del, underifrån
4
2
b
A
b
6
4
2
2A
b
3
4
2
6
A
.A
4
bh
Horisontell del.
6
5 b3 h
24
b
3b
A
b
b
2A
b
b
A
4
4
6
4
4
3
4
4
6
Vertikal del, underifrån
Iyz
b
b
A
b
b
2A
b
3b
A
4
4
6
4
4
3
4
4
6
.A
bh
Horisontell del.
b3 h
8
Exakt gäller exempelvis (och nästan enklare med Mathematica ;-)
b
Iy

b
h
4
2
3b
z h z
4
1
h 10 b3
4
b
4
15 b2 h
z2 b z
Simplify
h
28 b h2
16 h3 
48
som efter serieutveckling kring h
0 ger samma resultat som ovan. Modelleringen av hörnet är alltså sunt.
Series Iy , h, 0, 1
5 b3 h
Oh2 
24
Nu åter till det ekvimomenta systemet för en triangel. Om vi låter p vara koordinaterna för triangelns tre hörn så kan vi definiera lite
händiga funktioner som är mycket användbara. Nämligen en som räknar ut triangelns area, Atri, och Itri som sammanfattar allt
man behöver; area, tyngdpunkt och alla de tre ytmomenten.
1
Atri p
Abs Det
:
p 2
p 1 ,p 3
p 1
2
Itri p
: Module A,
, m, out, vars ,
1
m
A
p
1, 2, 3
p
2, 3, 1
;A
Atri p ;
2
out
A, Mean p ,
A, Tp, Iy , Iz , Iyz
m .m
;
3
2, 2 ,
1, 1 ,
1, 2
;
Simplify out, Thread Union Cases out, Symbol, Infinity
0

Den sista raden i Itri är Mathematica-pornografi för att bli av med absolutbeloppen när vi räknar symboliskt. Dessa kommer sig
av att Atri ser till att triangelarean alltid blir positiv, vi behöver alltså inte hålla ordning på om triangelns hörnkoordinater p ges
med- eller moturs. Med rent numeriska data uppstår naturligtvis inte detta bekymmer.
Exempel B10/4: Vi kollar väl om kalkylerna är rätt i Exempel B10/1.
Lösningsförslag: Det är bara att skedmata Itri, i retur kommer allt man behöver veta. Smidigt ;-)
1 2
Itri 5 4 
4 1
5, 
10 7 175 355
, ,
,
, 40
3 3
6
6
Exempel B10/5: Exempel Exempel 10/1 sid 140 ännu en gång, men nu med vår datoranpassade metod.
Lösningsförslag: Med beteckningar enligt figur skär vi en diagonal från nedre vänstra hörnet till övre högra. Lägg sedan samman
bidragen från nedre högra triangeln med den övre vänstra. Visst känner vi igen resultatet.
28
Itri
b
h
b
h
2
b
2
h
2
b
2
h
2
b
2
h
2
b
2
h
2
2
2

Itri
2
bh
3
b h, 0, 0 ,
HH/ITN/BN

3
b h
,
, 0
12
12
Exempel B10/6: Liksidig triangel, formelsamlingen sid A8, med vår datoranpassade metod.
Lösningsförslag: Det är bara att mata Itri direkt.
Itri
B
H
2
B
3
H
2
0
BH

, 0, 0 ,
2

3
2H
3
B H 3 B3 H
,
, 0
36
48
Exempel B10/7: Liksidig 6-hörning, formelsamlingen sid A8.
Lösningsförslag: Det är bara att lägga samman bidragen från de sex trianglarna. Bidragen får vi med Itri som matas med de rätta
hörpunkterna för var och en av de sex trianglarna.
6
a
 Itri
2 Sin 30
i 1
3
3 a2
5
, 0, 0 ,

2
0
Cos i 1 60
Cos i 60
0
Sin i 1 60
Sin i 60

3 a4 5 3 a4
,
, 0
16
16
Övning sid 142: 10/1 (Räkna även enligt Exempel B10/3 och jämför), 10/5, 10/10, 10/11. Betyg 4/5:
1. Skriv en funktion Tptri som använder Itri och beräknar area och tyngdpunkt för ett antal trianglar. Provkör på Exempel
10/3. Räkna i Η, Ζ -systemet.
2. Skriv en funktion Irec som använder Itri och beräknar momenten för en rektangel med axelparallella sidor.
3. Skriv en funktion Tprec som använder Irec och beräknar area och tyngdpunkt för ett antal rektanglar med axelparallella sidor.
Provkör på Exempel 10/3. Räkna i Η, Ζ -systemet.
4. Flytta modellen i Exempel 10/3 till y, z -systemet med hjälp av Steiners sats. Kolla om Tore har räknat rätt på dessa och
huvudtröghetsmomenten. Använd egenvärdesanalys som ovan.
ť 11 Balkar
sid 145-154: Bra om begrepp. Liksom stången och axeln är balken ett endimensionellt element som förutom drag, tryck och vrid
även kan bära böjmoment M och tvärkrafter P samt utbredda laster q x med enheten N/m, fig 1 på sid 145. Samtliga med positiv
riktning enligt figur nedan. Det sistnämnda kan exempelvis vara egentyngd eller snölast. Användningsområdet avgör namnet. En
balk får inte vara hur tjock som helst, om längd/bredd-förhållandet är mindre än 15 har vi att göra med en skiva eller solid och
uppgiften lämnas över till Finita elementmetoden (FEM).
Detta kapitel handlar om att bestämma moment och tvärkraft i en balk. Ett tydligt och bra exempel på en balk är en plastlinjal som
infäst mellan händerna plågas till olika utböjningsformer. Dessa utböjningsformer blir föremål för utredning i kapitel 12.
HH/ITN/BN
29
Viktigt är koordinatsystem fig 3 på sid 147. Notera att det är vänsteränden i snittet som definierar positiva snittstorheter. Normalkraften N är inte utritad, men verkar positiv i x-riktningen som vanligt. Riktningen på böjmomentet M M y definieras, enligt
linjär algebra, av att positiv vridning runt en koordinatriktning är en medurs rotation om man tittar i pilens riktning.
Läs kap 11.4 kursivt, man ska veta att snittstorheterna varierar längs balken, T x och M x . Vi återkommer till att rita dem. Kap
11.5 sambanden mellan snittstorheterna T, M och utbredd last q x längst ned till vänster viktigt.
T x
x
qx,
M x
x
T x
Genom att derivera det andra uttrycket och eliminera T ' x utmynnar det hela i en differentialekvation (5) på sid 152 med randvillkor, vilket är en kopia av det som står på sid 151.
2
M x
qx
x2
Skarvvillkor och skarvning av olika så kallade elementarfall i kap 12 är inget som en modern ingenjör befattar sig med. Här går
gränsen till att med varm hand lämna över till FEM.
Onödigt att påpeka, men lös alltid balkböjningsproblem i kap 11 och 12 med Mathematicas inbyggda funktion DSolve för att lösa
differentialekvationer.
Exempel 11/3 sid 153: Vi låter Mathematica göra jobbet. Först variationen av den utbredda lasten
qAvx
q1
kx
q1
m . Solve
q1 , q2
k 0, L
m, k, m
First
q2 x
L
Vi har att göra med en andra ordningens (ODE), ekv (5) sid 152, M '' x
q x . Lösningen till en n:te ordningens (ODE) innehåller
alltid n st godtyckliga konstanter, så vi behöver två randvillkor (RV) för att fixera dem och få entydig lösning M x . Här har vi
RV : M 0 0, T 0 0 sid 151 M ' 0 så
MAvx
DSolve
x2
M x
M '' x
qAvx,
M 0
0, M ' 0
3 L q1
q1 x
q2 x
0 ,M x ,x
First

6L
Tvärkraften
TAvx
M x
D MAvx, x
q1
q2 x2
Cancel
x 3 L q1
6L
q1 x
q2 x

3L
Tore undrar om man vill rita visst vill vi dé! För detta ändamål väljer vi lite numeriska data.
Plot Evaluate M x , M ' x
. MAvx . TAvx . q1 1, q2 3, L 10
x, 0, 10 , PlotStyle
Red, Blue , AxesLabel
"x", "M x , T x "
,
M x ,Tx
2
4
6
8
10
x
20
40
60
80
Exempel 11/4 sid 154: Här har vi RV : M L
M0 , T L
kommer sig av teckenkonventionen för en vänsterände!
0
sid 151
M ' L . Lägg märke till minustecknet framför M0 som
30
MAvx
M x
DSolve
M '' x
M L
0,
0, M ' 0
0 ,M x ,x
HH/ITN/BN
First
för att inte krocka med M
0
sid 155-173: Endast beräkning av sammansatt spänning i text längst ned till vänster på sid 159 samt (18a,b)&(19) plus text till
vänster om dem på sid 160. Hoppa över resten.
Övning sid 173: 11/1, 11/4, (I övn 11/13-17 även stödreaktioner samt försök att bestämma Mmax och Tmax) 11/13-14, Betyg 4/5:
11/15-17
ť 12 Balkböjning
sid 185-187: Bra om begrepp. I detta kapitel handlar det om att bestämma utböjningen hos balken under olika belastningsfall.
Matematikerna Euler och Bernoulli mekade ihop den så kallade tekniska balkteorin under 1700-talet. De väsentliga hörnpelarna är
att tvärsnittet ska förbli plant och att normalkrafterna fortfarande är normaler till tvärsnittet. Med hjälp av krökningsbegreppet (1)
och (3) kan en linjär differentialekvation (4) formeras. Om balken däremot är av mjukt material, exempelvis plast eller gummi,
måste den mer avancerade formen av krökning (2) användas. Detta leder direkt till en olinjär (ODE) i w x . Som vanligt måste man
ha randvillkor (RV) för att få en entydig lösning till vår fysikaliska modell. Den tekniska balkteorin går dock inte att pressa alltför
långt in i komplicerade situationer med stora utböjningar w x eller exotiska material, då får man tillgripa FEM istället.
Exempel 12/1 sid 187: Vi har att göra med en andra ordningen (ODE) i w x , (4) tillsammans med (a) sid 187. Vi har en så kallad
konsolbalk, där såväl utböjning w 0 0 som vinkeländring w ' 0 0 vid väggen. Momentet M x vid x får vi med momentjämvikt
kring y-axeln genom i snittet
M x
PL
x
0
M x
PL
x
Nu är det bara vaska fram w x genom att lösa differentialekvationen med (RV)
wAvx
DSolve
P 3 L x2
EI w '' x
P L x ,
w 0
0, w ' 0
0 ,w x ,x
First
x3
w x

6 EI
Exempelvis utböjning och vinkeländring under lasten P, (e,f) på sid 188. Kom ihåg de viktiga sambanden mellan M , T och w i
marginalen på sid 188.
wAvx, D wAvx, x
.x
L3 P
L2 P
w L
, w L
3 EI
L

2 EI
sid 189-193: Kapitel 12.3 knyter ihop det vi redan visste till en fjärde ordningens differentialekvation i w x , (7). Denna tillsammans
med de två ekvationerna i marginalen på sid 188 är olika versioner av samma modell som brukar kallas Euler-Bernoulli-balk eller
elastiska linjens differentialekvation
E x I x w '' x ''
där böjstyvheten E x I x , med dimensionen N  m2 m4 
yttröghetsmoment I x
qx
Nm2 , är produkten av balkens elasticitetsmodul E x och tvärsnittets
I y x . Utbredd last q x , och lösningen, eller utböjningen w x benämns elastiska linjen. Om böjstyvheten är
konstant EI längs balken, så kallad jämnstyv balk, förenklas (7) till (8)
EI w '''' x
qx
Denna variant är i princip den enda man ger sig på i handräknande kurser i hållfasthetslära och generationer av ingenjörsstudenter
har plågats med ändlöst handarbete. Som vanligt behöver vi lika många randvillkor (RV) som vi har ordning, här fyra, för att
fixera lösningen. Detta leder till två randvillkor i varje balkände, som väljes bland w utböjning, w ' vinkeländring, w '' moment och
w ''' tvärkraft. Med Mathematica i bagaget blir det en enkel resa med DSolve. Det finns inga standardkonventioner på tecken, men
Tores är den klassiska; z-axeln nedåt med q x och w x båda positiva i denna riktning. Då kommer också derivator av w fungera
som man tänkt och leverera vinkel w ' x samt T x och M x enligt marginalen på sid 188.
HH/ITN/BN
31
Kapitel 12.4, sid 190-191, är mycket viktigt och handlar om randvillkor till elastiska linjens differentialekvation.
Exempel B12/1: Vi börjar med en enkel konstant utbredd last q0 på en balk som är fritt upplagd i båda ändar.
Plot 1, x, 0, 10 , PlotStyle Orange, Filling Axis, FillingStyle Lighter Orange ,
AxesLabel
"x", "q x " , Epilog
Darker Gray , Thickness 0.05 , Line
0, 0 , 10, 0
qx
2.0
1.5
1.0
0.5
x
2
4
6
8
10
Lösningsförslag: Elastiska linjens differentialekvation, vad annars? Kolla noga randvillkoren mot kap 12.4, sid 190-191!
wAvx
DSolve
3
L q0 x
w x
EI w '''' x
q0 ,
w 0
0, EI w '' 0
w L
0, EI w '' L
2 L q0 x
3
q0 x
0,
0 ,w x ,x
First
4

24 EI
Nu väljer vi lite numeriska data och ritar w x , som är positiv nedåt. Att vända på y-axeln kräver lite extra pyssel i Plot.
Plot Evaluate w x
. wAvx . q0
AxesLabel
"x", "w x " , Ticks
1, L 10, EI 10 000 , x, 0, 10 , PlotStyle Green,
Automatic, 1, 1.
&
FindDivisions
1, 2 , 10 &
wx
2
0.002
4
6
8
10
x
0.004
0.006
0.008
0.01
0.012
Extremvärden är alltid av intresse.
x
Solve w ' x
L
x
1
, x
1
L
2
3 L, x
2
wAvx . x

3 L
L
2
1
L
5 L4 q0
2
384 EI
w
0 . D wAvx, x , x

Exempel B12/2: Sinuslast q x
q0 sin
Πx

L
på en konsolbalk vid x
0 och fritt lagrad vid x
L på ett stöd förskjutet till z
1.
Πx
, x, 0, 10 , PlotStyle
PlotSin
Orange, Filling
Axis, FillingStyle
Lighter Orange ,
10
AxesLabel
qx
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
2
4
6
8
10
x
0, 0 , 10, 0

32
HH/ITN/BN
Lösningsförslag: Elastiska linjens differentialekvation, vad annars? Kolla noga randvillkoren mot kap 12.4, sid 190-191!
Πx
wAvx
DSolveEI w '''' x
q0 Sin
,
L
1
w x
w 0
0, w ' 0
w L
1,
3 Π4 EI L x2
2 Π4 EI L3
0,
EI w '' L
Π4 EI x3
0, w x , x
2 L7 q0 sin
Πx
L
First
2 Π L6 q0 x
3 Π L5 q0 x2
Π L4 q0 x3 
Nu väljer vi lite numeriska data och ritar w x .
Plot Evaluate w x
. wAvx . q0
AxesLabel
"x", "w x " , Ticks
200, L 10, EI
Automatic, 1,
10 000 , x, 0, 10 , PlotStyle Green,
1.
&
FindDivisions
1, 2 , 10 &
wx
x
2
0.2
4
6
8
10
0.4
0.6
0.8
1.
1.2
1.4
Exempel B12/3: Nu är det dax att vi gör färdigt ett gammalt exempel, om någon undrar. Sök utböjningen w x för balken i Exempel
11/3 sid 153.
x
Plot1
, x, 0, 10 , PlotRange
0, 2 , PlotStyle Orange,
10
Filling Axis, FillingStyle Lighter Orange , AxesLabel
"x", "q x " ,
Epilog
0, 0 , 10, 0

qx
2.0
1.5
1.0
0.5
0
2
4
6
8
10
x
Lösningsförslag: Återigen variation av den utbredda lasten
qAvx
q1
kx
q1
q1 , q2
k 0, L
m, k, m
L
L. Kolla noga randvillkoren som kommer här nu mot kap 12.4, sid 190-191!
DSolve
1
w x
120 EI L
EI w '''' x
qAvx,
EI w '' 0
0, EI w ''' 0
0,
w L
0, w ' L
0 ,w x ,x
First
11 L5 q1
4 L5 q2
15 L4 q1 x
5 L4 q2 x
Kolla om vi har fått samma M x och T x .
Mx
First
q2 x
Konsolbalk vid x
wAvx
m . Solve
EI w '' x
3 L q 1 x2
q1 x3
6L
. D wAvx, x, 2
q2 x3
Cancel
5 L q 1 x4
q1 x5
q2 x5 
HH/ITN/BN
Tx
EI w ''' x
q1 x2
2 L q1 x
. D wAvx, x, 3
33
Cancel
q2 x2
2L
Verkar vara ok så nu väljer vi lite numeriska data och ritar w x .
Plot Evaluate w x
. wAvx . q1
AxesLabel
"x", "w x " , Ticks
1, q2 3, L 10, EI
Automatic, 1, 1.
10 000 , x, 0, 10 , PlotStyle Green,
&
FindDivisions
1, 2 , 5 &
wx
2
4
6
8
10
x
0.05
0.1
0.15
0.2
Exempel B12/4: Vi tar Exempel 12/1 sid 187 igen och ser om vi får samma svar med fjärde ordningens differentialekvation.
Lösningsförslag: Notera att P nu kommer in som ett randvillkor (RV), inte i högerledet! Kolla dessa mot kap 12.4, sid 190-191!
wAvx
DSolve
P 3L
x2
EI w '''' x
0,
w 0
0, w ' 0
0,
EI w '' L
0, EI w ''' L
P ,w x ,x
First
x3
w x

6 EI
Verkar ok!
Plot Evaluate w x
. wAvx . P
AxesLabel
"x", "w x " , Ticks
1, L 10, EI 10 000
Automatic, 1, 1.
, x, 0, 10 , PlotStyle Green,
&
FindDivisions
1, 2 , 8 &
wx
2
0.005
4
6
8
10
x
0.01
0.015
0.02
0.025
0.03
0.035
Exempel 12/2 sid 192: Kolla noga randvillkoren som kommer här nu mot kap 12.4, sid 190-191!
w x
w x
M0 x3
. DSolve
L x2
4 EI L
Moment och tvärkraft, (l) och (m)
EI w '' x
M0 6 x
2L
4L
EI w ''' x
3 M0
2L
EI w '''' x
0,
w 0
0, w ' 0
0,
w L
0, EI w '' L
M0 , w x , x
First
34
HH/ITN/BN
Smidigt! Så stödreaktionerna. Notera speciellt minustecknet vid beräkning av RB ! Detta förklaras i figurerna på sid 192 och jämvikt
för små balkstumpar med längden x vid vardera änden av balken. Var noga med definition av snittstorheternas tecken på vänsteroch högerytor i snitten! I figuren nedan visar vi lite mer formellt härledningen av reaktionskrafterna R A och RB . Resan för reaktionsmomenten är helt analog, men där hamnar minustecknet vid andra änden, dvs MA EIw '' 0 och MB
EIw '' L Kolla detta!!
:
x 0
RA
RA
T 0
RA
x
T 0
0
EIw ''' 0
:
x 0
RB
RB
T L
T L
x
0
EIw ''' L
EI w ''' 0
3 M0
2L
EI w ''' L
RB
3 M0
2L
EI w '' 0
MA
M0
2
Varför inte en liten bild över utböjningen där vi valt numeriska data.
Plot w x
. EI 1, M0 1, L 10 , x, 0, 10 , PlotStyle
AxesLabel
"x", "w x " , Ticks
Automatic, 1, 1.
&
Green,
FindDivisions
wx
2
4
6
8
10
x
1.
2.
3.
Maximal utböjning brukar vara av intresse.
x
Solve D w x , x
w x
.x 2
0, x
2L
x
0 , x

3
L2 M0
27 EI
Slutligen de så vanliga moment- och tvärkraftsdiagrammen.
Plot Evaluate
EI w '' x , EI w ''' x
. EI
x, 0, 10 , PlotStyle
Red, Blue , AxesLabel
M x ,Tx
1.0
0.5
2
0.5
4
6
8
10
x
1, M0 1, L 10 ,
"x", "M x , T x "
1, 2 , 8 &
HH/ITN/BN
35
Som traditionen bjuder brukar moment- och tvärkraftsdiagram ritas i separata diagram med filling mot x-axeln.
Plot Evaluate EI w '' x
. EI 1, M0 1, L 10 , x, 0, 10 ,
PlotStyle Red, Filling Axis, FillingStyle LightRed, AxesLabel
"x", "M x "
Mx
1.0
0.5
x
2
4
6
8
10
0.5
Plot Evaluate EI w ''' x
. EI 1, M0 1, L 10 , x, 0, 10 ,
PlotStyle Blue, Filling Axis, FillingStyle LightBlue, AxesLabel
"x", "T x "
Tx
0.30
0.25
0.20
0.15
0.10
0.05
2
4
6
8
10
x
Exempel B12/5: Återigen konstant utbredd last q0 på en balk som är fast insänd med stödvinkeln
Π
6
i vänsteränden och glidlagrad i
högeränden.
Plot 1, x, 0, 10 , PlotStyle Orange, Filling Axis, FillingStyle Lighter Orange ,
AxesLabel
0, 0 , 10, 0
qx
2.0
1.5
1.0
0.5
2
4
6
8
10
x
Lösningsförslag: Det är bara att använda elastiska linjens differentialekvation. Kolla noga randvillkoren som kommer här nu mot
kap 12.4, sid 190-191!
wAvx
q0 ,
Π
w 0
0, w ' 0
,
6
4 Π EI L x
w' L
0,
2 Π EI x2
4 L3 q0 x2
w x
EI w ''' L
0, w x , x
4 L2 q0 x3
L q 0 x4
First

24 EI L
Nu väljer vi lite numeriska data och ritar w x .
Plot Evaluate w x
. wAvx . q0
AxesLabel
"x", "w x " , Ticks
wx
x
2
0.5
1.
1.5
2.
2.5
4
6
8
10
1, L 10, EI 10 000 , x, 0, 10 , PlotStyle Green,
Automatic, 1, 1.
&
FindDivisions
1, 2 , 8 &
36
HH/ITN/BN
sid 194-200: Den observante läsaren har säkert upptäckt att vi bara hanterat en balk med stöd i minst en av ändpunkterna. Den enda
last vi tillåtit längs balkens span är en utbredd last q x . Punktlaster P och punktmoment M har varit hänvisade till att endast angripa
i de två ändpunkterna. För att tillåta P och M enligt Tore så måste vi skarva två balkar på ömse sidor om den aktuella punkten. Om
vi har flera blir det desto fler balkstumpar att skarva samman. Var och en av dessa löses enligt metod ovan, eftersom P och M nu
hamnar i en balkände. Slutligen måste alla balkstumpar skarvas samman med fyra kontinuitetskrav i varje skarv, så att w, w ',
EIw ''
M och EIw '''
T antar samma värde på ömse sidor av skarven puh, sid 194-195 Satsa på FEM.
Eftersom den enklaste formen, och den vanligaste i detta sammanhang, av elastiska linjens differentialekvation EIw '''' x q x är
linjär, betyder det att om man har funnit flera olika lösningar så är också summan (eller skarpare en linjärkombination) av dessa
också en lösning. Detta har man utnyttjat till att lösa en samling enkla fall. Dessa så kallade elementarfall finns i formelsamlingen på
sid A12-A14. Har man en modell där flera olika sådana lastfall förekommer kan alltså lösningen till vår modell fås genom att lägga
Detta kallas för superposition, se fig nedan, och är liksom skarvning en
samman de för elementarfallen, w x w1 x w2 x
mycket vanligt metod vid (tröttande) handräkning, FEM. Superposition är ofta onödigt eftersom man naturligt klarar mycket direkt
med Mathematica, jämför figur nedan med Exempel B12/3.
wx
w1 x
w2 x
Ett annat fall då skarvning tillämpas är då vi har fler än två stöd. Man tar då bort stöden och inför fiktiva P och M där. Tillämpar
sedan elementarfall på balkdelarna och skarvar samman dessa med kontinuitetskrav på w och w '. Detta bestämmer de fiktiva lasterna
P och M i skarvarna varav slutligen modellens hela utböjningsfält är bestämt. Åter tröttande handräkning lämna över till FEM.
Vi ska utvidga klassen av problem som kan lösas direkt genom att tillåta punktlaster P och punktmoment M var som helst längs
balken, inte bara i ändpunkterna som ju hanteras av (RV). För detta ändamål behöver vi introducera lite mer avancerad matematik
som naturligtvis Mathematica är väl bevandrad i. Tricket är att betrakta en punktlast som en utbredd last verkande på en mycket liten
omgivning till angreppspunkten, med andra ord P verkande i punkten a kan formuleras med hjälp av Diracs delta-funktion Δ x som
qP x PΔ x a , och adderas till i högerledet som vilken utbredd last som helst! Med sambandet mellan snittstorheter, sid 151, har
vi slutligen på samma sätt även bidraget från ett punktmoment qM x M Δ ' x a .
Exempel B12/6: Vi börjar med ett gammalt överhoppat Exempel 11/1 sid 148. Håll koll på (RV) i kap 12.4, sid 190-191!
w x
w x
. DSolve
EI w '''' x
P DiracDelta x a ,
w 0
0, EI w '' 0
0,
w a b
0, EI w '' a b
0 ,w x ,x
First
1
36 EI a
b
5
2 a P x Δ a
3
6a bPΘ a
a2 b3 P x Δ
18 a2 b P x Θ
12 a b2 P x Θ
6 a P x3 Θ a
4 a4 b P x Δ a
12 a4 P x Δ a
3
3
6 a4 P Θ a
2
6 a4 P Θ a
x
3
2
3 a 4 P x2 Δ a
3
2 a3 b2 P x Δ a
3
24 a3 b P x Δ a
3
x 6 a b P Θ a 3 a b P x Δ a 18 a P x Δ a 18 a P x Θ a 18 a P x Θ a x a P x3 Δ a
b 12 a2 b2 P x Δ a 6 a2 b2 P x Δ b 18 a2 b P x2 Δ a 24 a2 b P x Θ a 6 a2 b P x Θ b
a x 6 a2 P x3 Δ a 18 a2 P x2 Θ a 18 a2 P x2 Θ a x 2 a b4 P x Δ b 12 a b3 P x Δ b
a 12 a b2 P x Θ b 6 b P x3 Θ a x 18 a b P x2 Θ a 18 a b P x2 Θ a x 6 a P x3 Θ a
x b 5 P x Δ b 6 b 4 P x Δ b b 3 P x3 Δ b 6 b 2 P x3 Δ b 6 b P x3 Θ b 
Det tränade ögat noterar bästa kompisen Heavisides funktion Θ x till Diracs delta-funktion Δ x i svaret. Som traditionen bjuder
brukar moment- och tvärkraftsdiagram ritas i separata diagram med filling mot x-axeln. Välj lite numeriska data.
Plot Evaluate EI w '' x
. EI 1, P 1, a 3, b 2 , x, 0, 5 ,
PlotStyle Red, Filling Axis, FillingStyle LightRed, AxesLabel
Mx
1.2
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
1
2
3
4
5
x
"x", "M x "
HH/ITN/BN
37
Plot Evaluate EI w ''' x
. EI 1, P 1, a 3, b 2 , x, 0, 5 ,
PlotStyle Blue, Filling Axis, FillingStyle LightBlue, AxesLabel
"x", "T x "
Tx
0.4
0.2
1
2
3
4
5
x
0.2
0.4
0.6
Om alla ingående variabler är positiva bantar följande funktion ner det som Mathematica levererar som utböjning.
AllPositive exp
w x
: Simplify exp, Thread Cases exp, Symbol, Infinity
0
AllPositive
1
P a a3
6 EI a
a2 b
3x
ax 3x
4b
x 2 b2
3bx
x2 
a
b a
x 3Θ a
x
b
Men ofta behövs ytterligare hjälp med rangordning av variabler för att få svar på minimalistisk form, som här vid bestämning av
stödreaktionerna R A , RB och maxmomentet Mmax i balken
Simplify EI
bP

a
aP
w ''' 0 , w ''' L ,
w '' x
.x
a , L
a
0, L
b
0
abP
,
,
b a
b a

b
Exempel B12/7: Vi tar ett exempel på användning av Diracs delta-funktion för att slippa skarva. Analysera en konsolbalk med
längden 2a och med en last P vid x a. Sök w 2a .
Lösningsförslag: Direkt tillämpning på elastiska linjens differentialekvation. Håll koll på (RV) i kap 12.4, sid 190-191!
wAvx
DSolve
EI w '''' x
P DiracDelta x a ,
w 0
0, w ' 0
0,
EI w '' 2 a
0, EI w ''' 2 a
0 ,w x ,x
x 3Θ a
P a
x
a2 a
First
AllPositive
3x
w x

6 EI
Simplify w x
. wAvx . x
2 a, a
0
5 a3 P
6 EI
Utan dessa finesser hade vi exempelvis fått göra så här. Räkna på konsolbalk av längd a med last P i änden.
wAvx
DSolve
3 a P x2
EI w '''' x
0,
w 0
0, w ' 0
0,
EI w '' a
0, EI w ''' a
P ,w x ,x
First
P x3
w x

6 EI
Nedböjning vid x
w x
5 a3 P
6 EI
2a får vi sedan som w 2a
a w' x
wa
. wAvx . D wAvx, x
a tan w ' a
.x
a
wa
aw ' a eftersom w '
1.
38
HH/ITN/BN
Exempel B12/8: Vi fortsätter med vår användning av Diracs delta-funktion. Härled de lite svårare elementarfallen 1 och 3 på sid
A13. Kolla noga randvillkoren som kommer här nu mot kap 12.4, sid 190-191! Först elementarfall 1
wAvx
DSolve
EI w '''' x
P DiracDelta x Α L ,
w 0
0, EI w '' 0
0,
w L
0, EI w '' L
0 ,w x ,x
1
12 Α2 L3 P x Δ L Α 6 Α2 L3 P x Δ
36 EI
18 Α2 L2 P x2 Δ L Α 6 Α2 L P x3 Δ L Α
6 Α3 L3 P Θ L Α 6 Α3 L3 P Θ x L Α
18 Α2 L2 P x Θ x L Α 12 Α L2 P x Θ
6 Α P x3 Θ L L Α 6 P x3 Θ x L Α
Α3 L4 P x Δ L Α L 3 Α2 L4 P x Δ L
w x
Α3 L2 P x3 Δ Α
Α3 L2 P x3 Δ L
L
L
First
6 L3 P x Δ L
LΑ
12 Α L3 P x Δ L
LΑ
LΑ
6 Α2 L P x3 Δ L L Α 6 L P x3 Δ L L Α 12 Α L P x3 Δ L L Α
6 Α3 L2 P x Θ L Α 6 Α3 L2 P x Θ L L Α 18 Α2 L2 P x Θ L L Α
L Α 12 Α L2 P x Θ L L Α 6 Α P x3 Θ L Α 6 P x3 Θ L L Α
18 Α L P x2 Θ L Α 18 Α L P x2 Θ x L Α 2 Α3 L4 P x Δ Α L
Α L L4 P x Δ L Α L 3 Α L4 P x Δ L Α L 3 Α3 L3 P x2 Δ Α L
ΑL
3 Α2 L2 P x3 Δ L
L2 P x3 Δ L
ΑL
3 Α L2 P x3 Δ L
ΑL
Α L 
Ser ju minst sagt risigt ut. Vi får hjälpa till med lite information så att alla Δ-kompisar kan bestämmas. Rad 1 i elementarfall 1 blir
wAvx
Simplify wAvx, 0
Α
x
2 Α L2
1 Px Α
Α L, 0
Α
1
x2
w x

6 EI
Speciellt har vi w ΑL i rad 2, där Β
wAvx . x
ΑL
Α
1
Α.
FullSimplify
1 2 Α2 L3 P
w Α L

3 EI
Så elementarfall 3 på sid A13.
wAvx
DSolve
EI w '''' x
M DiracDelta ' x Α L ,
w 0
0, EI w '' 0
0,
w L
0, EI w '' L
0 ,w x ,x
First
1
w x
12 EI L
 8 Α L3 M x Δ L Α
4 L3 M x Δ L
3
2
4 Α L3 M x Δ L
LΑ
3
2
LΑ
12 Α L2 M x2 Δ L Α
3
2
4 Α L M x3 Δ L Α
2
2
2
4ΑLM x Δ L LΑ 6Α L M Θ LΑ 6Α L M Θ x LΑ 6Α L M xΘ LΑ 6Α L M xΘ L
4 L2 M x Θ L Α 4 L2 M x Θ L L Α 12 Α L2 M x Θ L L Α 12 Α L2 M x Θ x L Α 2 M x3 Θ L Α
2 M x3 Θ L L Α 6 L M x2 Θ L Α 6 L M x2 Θ x L Α 2 Α2 L4 M x Δ Α L
Α2 L4 M x Δ L Α L L4 M x Δ L Α L 2 Α L4 M x Δ L Α L 3 Α2 L3 M x2 Δ Α L
Α2 L2 M x3 Δ Α
wAvx
Α2 L2 M x3 Δ L
L
Simplify wAvx, 0
M x 3 Α2
x
2 L2
6Α
w x
Α L, 0
L2 M x3 Δ L
ΑL
Α
ΑL
1
x2

6 EI L
Varav vinkeländringarna vid stöden, att jämföra med rad 2 i elementarfallet.
D wAvx, x
.
3 Α
x
0 , x
2 Α
ΑL
3 Α2
2 LM
w 0
Simplify
3Α
1 LM
, w Α L

6 EI
3 EI
Kanske är det läge att jämföra lite iaf med sid A13 exempelvis w x och w ' L .
M L2
1
3 1
Α
2
x
x3
L
L3
w x

6 EI
. wAvx
Simplify
0
ML
1
6 EI
0
3 Α2 
w' x
. D wAvx, x
.Α
1 .x
L
2 Α L2 M x3 Δ L
Α L 
4 L M x3 Δ L
LΑ
LΑ
HH/ITN/BN
39
Exempel B12/9: Ytterligare ett exempel som är ganska kinkigt med elementarfall och skarvning. Vi söker utböjningen för balken
till vänster i figuren nedan.
Lösningsförslag: Frilägg galgen och ersätt dess påverkan med en kraft P och ett moment M aP enligt figur ovan till höger. Sedan
är det bara att mata elastiska linjens differentialekvation. Håll koll på högerledet, tecknet på M och (RV) i kap 12.4, sid 190-191!
L
wAvx
P DiracDeltax
L
a P DiracDelta 'x

2
w 0
0, w ' 0
w L
0,
,
2
0,
EI w '' L
0, w x , x
First
1
w x
24 a L3 P x Δ L 84 a L2 P x2 Δ L 60 a L P x3 Δ L 12 a L3 P Θ 2 x L 12 a L3 P Θ L
96 EI L
48 a L2 P x Θ L 48 a L2 P x Θ 2 x L 18 a P x3 Θ L 18 a P x3 Θ L 54 a L P x2 Θ L 6 a L P x2 Θ L
48 a L P x2 Θ 2 x L 12 a L3 P x2 Δ L 12 a L2 P x3 Δ L 4 L4 P x Δ L 6 L3 P x2 Δ L 10 L2 P x3 Δ L
2 L4 P Θ 2 x L 2 L4 P Θ L 12 L3 P x Θ L 12 L3 P x Θ 2 x L 15 L2 P x2 Θ L 9 L2 P x2 Θ L
24 L2 P x2 Θ 2 x
5 L P x3 Θ
L
11 L P x3 Θ L
L
16 L P x3 Θ 2 x
L
2 L4 P x2 Δ L
2 L3 P x3 Δ L 
Så en liten bild över utböjningen där vi valt numeriska data.
Plot w x
. wAvx . EI 1, L 10, a 1, P 5 , x, 0, 10 , PlotStyle Green,
AxesLabel
"x", "w x " , Ticks
Automatic, 1, 1.
&
FindDivisions
1, 2 , 8 &
wx
2
4
6
8
10
x
10.
20.
30.
40.
50.
Exempel B12/10: Samma modell som Exempel B12/9 men med ytterligare en punktlast F i punkten x
L
.
4
Lösningsförslag: Det är bara att lägga till F i högerledet. Håll koll på högerledet och (RV) i kap 12.4, sid 190-191!
L
wAvx
P DiracDeltax
L
a P DiracDelta 'x

2
w 0
0, w ' 0
w L
0,
L

F DiracDeltax
2
,
4
0,
EI w '' L
0, w x , x
First
1
w x
192 a L3 P x Δ L 672 a L2 P x2 Δ L 480 a L P x3 Δ L 96 a L3 P Θ 2 x L 96 a L3 P Θ L
768 EI L
384 a L2 P x Θ L 384 a L2 P x Θ 2 x L 144 a P x3 Θ L 144 a P x3 Θ L 432 a L P x2 Θ L
48 a L P x2 Θ L 384 a L P x2 Θ 2 x L 96 a L3 P x2 Δ L 96 a L2 P x3 Δ L 8 F L4 x Δ L 132 F L3 x2 Δ L
140 F L2 x3 Δ L 32 L4 P x Δ L 48 L3 P x2 Δ L 80 L2 P x3 Δ L 2 F L4 Θ 4 x L 2 F L4 Θ L
24 F L3 x Θ L 24 F L3 x Θ 4 x L 33 F L2 x2 Θ L 63 F L2 x2 Θ 3 L 96 F L2 x2 Θ 4 x L
11 F L x3 Θ L 117 F L x3 Θ 3 L 128 F L x3 Θ 4 x L 216 F L4 x2 Δ 3 L 216 F L3 x3 Δ 3 L
16 L4 P Θ 2 x L 16 L4 P Θ L 96 L3 P x Θ L 96 L3 P x Θ 2 x L 120 L2 P x2 Θ L 72 L2 P x2 Θ L
192 L2 P x2 Θ 2 x
L
40 L P x3 Θ
L
88 L P x3 Θ L
128 L P x3 Θ 2 x
L
16 L4 P x2 Δ L
16 L3 P x3 Δ L 
40
HH/ITN/BN
Så en liten bild över utböjningen där vi valt numeriska data.
Plot w x
. wAvx . EI 1, L 10, a 1, P 5, F
AxesLabel
"x", "w x " , Ticks
Automatic, 1,
10 , x, 0, 10 , PlotStyle Green,
1.
&
FindDivisions
1, 2 , 5 &
wx
x
2
4
6
8
10
10.
Exempel B12/11: En liten händig funktion att använda då q x varierar lite vilt kan man enkelt meka ihop med en kompis till Diracs
delta-funktion, nämligen Heavisides funktion. Funktionen on nedan är helt enkelt 1 på intervallet a, b och 0 för övrigt. Den kan
alltså användas för att tända och släcka olika funktioner i olika intervall
on x , a , b
: UnitStep x
a
UnitStep x
b
I figuren nedan har vi ett exempel på q x med denna hjälpfunktion.
1
Plot7 onx,
x
, 2
x on x, 2, 5
on x, 6, 7 , x, 0, 10 , PlotStyle
2
Filling
Orange,
4
Axis, FillingStyle
Lighter Orange , AxesLabel
"x", "q x " 
qx
6
4
2
2
4
6
8
10
x
2
Om vi nu låter denna uppritade q x belasta en dubbel konsolbalk, det vill säga med w
pelvis EI 1, L 10 direkt utböjningen
1
wAvx
DSolvew '''' x
w 0
7 onx,
w 10
0, w ' 10
0 i båda ändar, så har vi med exem-
x
, 2
x on x, 2, 5
on x, 6, 7 ,
2
0,
0, w ' 0
w'
4
0, w x , x
First
1
w x
960 000
2000 x5 Θ x
7
2000 x5 Θ x
6
8000 x5 Θ x
3
5
8000 x5 Θ x
3
280 000 x4 Θ x
2
3
280 000 x4 Θ 2 x
2
1
3
980 000 x3
2
Θ x 7 720 000 x Θ x 6 2 000 000 x Θ x 5 1 920 000 x Θ x 2 560 000 x Θ 2 x 1 13 720 000 x Θ x
8 640 000 x2 Θ x 6 20 000 000 x2 Θ x 5 5 440 000 x2 Θ x 2 420 000 x2 Θ 2 x 1 72 030 000 x Θ x 7
38 880 000 x Θ x 6 75 000 000 x Θ x 5 7 040 000 x Θ x 2 140 000 x Θ 2 x 1 134 456 000 Θ x 7
62 208 000 Θ x
6
100 000 000 Θ x
5
3 456 000 Θ x
2
17 500 Θ 2 x
1
2 674 881 x3
11 125 715 x2 
Avslutningsvis en liten bild över denna.
Plot Evaluate w x
. wAvx , x, 0, 10 , PlotStyle
AxesLabel
"x", "w x " , Ticks
Automatic, 1,
wx
2
10.
20.
30.
40.
50.
4
6
8
10
x
Green, Exclusions None,
1.
&
FindDivisions
1, 2 , 6 &
7
HH/ITN/BN
41
Exempel 12/5 sid 198: Istället för att skarva och komplicera livet för oss ska vi snabbt meka ihop det hela med Finita elementmetoden (FEM). Placera ut fyra noder längs balken, där det händer något, en vid väggen A, en vid vardera stöden B och C samt en under
lasten P. Vi har nu delat upp balken i tre (naturliga) finita element, ett från väggen till stödet med längden L och ett på varje sida P
med längderna
L
.
2
Låna det så kallade elementstyvhetssambandet
e e
e
för ett balkelement från framsidan av denna skrift. Se
ganska självförklarande beskrivning med bild där ;-). Så elementstyvhetsmatrisen
12
6 L 12 6 L
6 L 4 L2 6 L 2 L2
12 6 L 12 6 L
6 L 2 L2 6 L 4 L2
EI
L
e
:
L3
Vi har fyra noder med nodfrihetsgraderna Δ, Θ
w, w ' , vilket ger totalt 4 2 8 frihetsgrader i modellens globala styvhetsmatris
. Assemblera, det vill säga sätt nu samman, eller limma samman, de tre elementen så vi får kontinuitet i Δ och Θ över elementgränserna vid noderna. I praktiken görs detta genom att man strukturellt adderar in e element för element på sina rätta platser i .
För en nod som delas av flera element, kommer bidragen från elementen att läggas samman på dess frihetsgrader. Varje nod lägger
alltså beslag på lika många rader och kolonner i som noden har frihetsgrader.
ConstantArray 0, 8, 8
1, 2, 3, 4 ;
i, i
i
;
i, i
i
3, 4, 5, 6 ;
i, i
i, i
i
5, 6, 7, 8 ;
i, i
i, i
12 EI
6 EI
12 EI
6 EI
0
0
0
0
0
0
0
0
96 EI
24 EI
0
0
L3
6 EI
L2
4 EI
L3
6 EI
L2
12 EI
L
6 EI
L2
108 EI
L3
6 EI
L2
2 EI
L3
18 EI
L2
12 EI
L3
24 EI
L2
4 EI
L2
L
L2
96 EI
L
24 EI
L2
192 EI
L
L3
24 EI
L2
4 EI
L3
L2
L
0
0
0
0
L2
2 EI
L
18 EI
0
0
0
0
0
0
0
0
L ;
L
e  ;
2
L
e  ;
2
e
0
0
0
96 EI
24 EI
16 EI
L3
24 EI
L2
4 EI
96 EI
L
24 EI
L2
96 EI
L
24 EI
L3
24 EI
L2
4 EI
L3
24 EI
L2
8 EI
L2
L
L2
L
0
Nu är det bara att applicera randvillkor och lösa ekvationssystemet. I detta måste för varje rad exakt en av frihetsgraden eller lasten
vara given, den andra bestäms sedan av FEM. Vi behåller då lika många obekanta som ekvationer. Kontrollera noga detta val nedan
med figuren direkt i exemplet på sid 198!!
0
0
0
Θ
Solve . B
ΔP
ΘP
0
ΘC
3 L2 P
ΘB
112 EI
RA
MA
RB
0
, ΘB , ΔP , ΘC , ΘP , R A , M A , RB , Rc 
P
0
Rc
0
19 L3 P
, ΔP
1344 EI
5 L2 P
, ΘC
112 EI
L2 P
, ΘP
224 EI
9P
, RA
56
3LP
, MA
56
43 P
, RB
56
11 P
, Rc

28
FEM är konsekvent med tecken, jämfört med Tore Mycket smidigare metod än uppdelning i elementarfall, skarvning och problemberoende pyssel som han gillar så, och ändå är det bara tre balkstumpar, sick! Notera att vi som vanligt får ut allt till skillnad mot
Tore, exempelvis förskjutning ΔP och vinkeländring Θ p under lasten. Den senare är inte noll, vilket man kan förledas tro av Tores
text på sid 199, rad 7-8. Jämför gärna våra resultat med Tores, men som sagt akta er för hans väg. FEM erbjuder ett systematiskt sätt
att lösa sådana här problem. Mer om FEM läser man i ett häfte i planeringen och mer allvarligt menat i en annan kurs.
sid 200-204: Hoppa över eller läs informativt. Handlar om balk på fjädrande underlag. Elastiska linjens differentialekvation berikas
med en term till som gör den extra svår för hand, men inte för DSolve. Tillämpningar är exempelvis järnvägsräls eller
vägbeläggning.
Övning sid 205: 12/1-2, (I övn 12/3-11 försök även bestämma balkens maximala utböjning) 12/3-11.
42
HH/ITN/BN
ť 13 Stabilitet - knäckning
sid 216-219: Läs för att tillägna er lite begrepp och tankesätt. (In)stabilitet handlar om sådana situationer då små ändringar i den
pålagda lasten kan ge dramatiska ändringar i modellens geometri. Ibland pratar man om kaosartat beteende. Att utsätta sin konstruktion för sådana här omständigheter är naturligtvis inte önskvärt, så all dimensionering måste med andra ord ta hänsyn till detta. Det
finns gott om exempel i historien där så inte skett. Inledande exemplet i kapitel 13.1 tar vi här.
En rak stel bom är fritt rotationsledad i golvet. I andra änden angriper en vertikal kraft P och en mothållande fjäder som glider med
så att den hela tiden är i horisontellt läge, enligt figur ovan. Med fjäderkraft F kx kLsin Α har vi direkt momentjämvikt kring
leden vid golvet
FLcos Α
PLsin Α
0
kLsin Α Lcos Α
PLsin Α
0
sin Α kLcos Α
P
0
sin Α 0
eller
kLcos Α P
1
0
2
eftersom det räcker att en av faktorerna är noll för att produkten ska vara noll. Det informationsrika sambandet mellan Α och P
studeras enklast i ett diagram, se fig 3 sid 218 och den mer fullständiga versionen nedan. Resan börjar i obelastat tillstånd i punkten
Α, P
0, 0 . När vi så lastar på strukturen med ett ökande P 0 kommer vi att följa en bana i Α, P -diagrammet som bestäms av
(1), det vill säga längs Α, P
0, P . Detta fortgår tills dess att även (2) uppfylls, vi säger att vi uppnått den kritiska lasten eller
knäcklasten Pk kL. Denna punkt 0, Pk innebär också att vi kommit till ett vägskäl, en så kallad bifurkationspunkt, eftersom
banan förgrenar sig här. Modellen kan nu ta olika vägar, vilken det blir beror på hur den störs utifrån eller vanligare om det finns
några medfödda defekter. Fortfarande kan Α 0 enligt (1) med en allt ökande anspänning och risk för kraftig vinkeländring om vi
ökar P, eller så kan den ta någon av de två lite lugnare sidospåren, (2). Tore undrar om dessa är vågräta eller lutar uppåt/nedåt. Vår
noggrannare analys för stora Α i figuren nedan, där L k 1, visar att de böjer av nedåt. Så på dessa ökar Α under det att P
minskar! Redan för små P 0 kan modellen alltså hoppa från 0, P över till Α, P på en sidogren med till beloppet stora Α.
1.2
1.0
Pk
P
0.8
0.6
0.4
0.2
0.0
Π2
0
Π2
Α
sid 220-226: Hoppa över. Bäddar för axialbelastade balkar och utmynnar i
sid 227: Eulers knäckfall för en axiellt tryckbelastad balk under olika inspänningar bör man känna till, se figur. Dessa kritiska laster
härleds ur en berikad version av elastiska linjens differentialekvation EIw '''' x Pw '' x q x . Ur denna kan även de aktuella
utböjningsformarna erhållas, så kallad modalanalys (egenvärdesanalys i matematiken). Indikerat i figuren är den första och viktigaste kritiska lasten i de olika fallen. Hur de andra uppstår kan man få en aning om genom att snegla på sid 226.
Exempel B13/1: Genomslag i flackt stångsystem. Vi ska studera stabiliteten hos ett flackt 2D stångsystem under belastning, se
figur nedan. I obelastat tillstånd har vi situationen i den vänstra figuren. Lasten P ger upphov till tryckkrafter F i stängerna, som
härigenom förkortas. Det medför att lutningsvinkeln Φ minskar från sitt ursprungsvärde . Om nu P ökas ytterligare blir också
stångkrafterna större, vilket medför att Φ minskar än mer. Vid en viss last är jämvikt inte längre möjlig, systemet slår igenom till
läget i den högra figuren. Härefter kan lasten ökas vidare utan nämnvärd ändring av stångsystemets geometri. Förloppet kallas
genomslag. Detta fenomen har vi då man trycker på botten av en gammaldags oljekanna, eller i den plåtmojäng man brukar få på
lågbudgettivoli när det är vinst varje gång .
HH/ITN/BN
43
P
P
Φ
Φ
Nu över till själva analysen. Med friktionsfria leder är de två lika långa stängerna infästa mellan två väggar vars avstånd är 2 L. Låt
stängerna vara linjärt elastiska, det vill säga Hooke-material. Efter friläggning i ett godtyckligt läge har vi då sambanden enligt den
"gyllene kvadraten" (GK) och dess lösning
P
Φ
L
L
F
svar
Solve2 F Sin Φ
P
0, F
L
Σ A,
Δ
,Ε
Cos
Σ
,
Cos Φ
L
3. Materialsamband
First
A
sin Φ
2. Deformationssamband
Cos
Ε,
P, F, Σ, Ε, Δ 
2 A
1. Jämviktssamband
L
Δ
P
F
A
cos
tan Φ , F
cos
A
cos
,Σ
cos
,Ε
cos Φ
cos Φ
1
L
L
,Δ
cos Φ

cos
cos Φ
Så det olinjära sambandet mellan lasten P och vinkeln Φ. Passa på att meka in lite numeriska data!
Π
P
P . svar . 
,
1, A
1
Simplify
6
2 sin Φ
3 tan Φ
Detta samband återges av den blå kurvan i figuren nedan. Resan börjar i , 0 och följer den blå/röda kurvan då lasten P ökar och Φ
minskar. Men i Φk1 , Pk når vi ett kritiskt läge, och kallar Pk för kritisk last. Om lasten ökas ytterligare så klarar stängerna inte detta
under rådande geometri utan ett omedelbart genomslag sker längs den streckade röda linjen till det nya jämviktsläget Φk2 , Pk .
Därefter kan en odramatisk ökning av lasten göras och resan fortsätter längs den blå/röda kurvan.
P
Pk
Φ
Φk2
Φk1
I vårt numeriska exempel får vi direkt punkten Φk1 , Pk och Φk2 som inte är spegelbild av Φk1 i origo.
PkΦk1
FindMaximum P, Φ, 1
0.0553009, Φk1
Övning sid 228: 13/9.
0.307199 , Φk2
.Φ
0.59958
Φk1 , FindRoot P
PkΦk1 1 , Φ,
1
.Φ
Φk2
44
HH/ITN/BN
ť 14 Svängningar
sid 234-242: Handlar om svängande massor där balken de hänger i betraktas som en masslös fjäder med återfjädrande kraft S på
massan som vanligt. Repetera gärna avsnittet om svängningar i Något om Mekanik-Dynamik med Mathematica . Begreppen där
repeteras här med balkspråk. Vi reserverar w för balkens utböjning enligt elastiska linjen. De varianter av svängningar för massan
som dyker upp är i axiell x-riktning, vridning (torsion) i Θ-riktning, vanligtvis kring x-axeln, och upp och ned (transversell) i zriktningen. Det sistnämnda exemplifieras i figuren nedan med en konsolbalk och en svängande massa m fäst vid den fria änden.
Tore kör på med x som koordinat för massans läge i alla riktningar, men vi föredrar passande namn, det vill säga x, Θ eller z. Det är
viktigt som vanligt att dessa är jordfasta när du formulerar Newtons rörelseekvationer! Kärnfrågan är ofta att bestämma k för den
återförande fjäderkraften. Denna hittas för många vanliga fall i tabell över elementarfall, sid A12-A14, då på vekhetsform x k 1 S
istället för styvhetsform S kx, men vi tar naturligtvis hjälp av Mathematica som inte väjer för några svårigheter.
Exempel 14/1 sid 237: Vi bestämmer k med hjälp av Mathematica och elastiska linjens differentialekvation. Håll som vanligt koll
på randvillkoren enligt kap 12.4, sid 190-191!
wAvx
DSolve
EI w '''' x
0,
w 0
0, w ' 0
0,
S 3 L x2
EI w ''' L
S,
EI w '' L
0 ,w x ,x
x3
w x

6 EI
Speciellt är w L av intresse
wAvx . x
L
L3 S
w L

3 EI
Vi känner igen elementarfall 1 på sid A12. Nu är det bara att vaska fram k från vekhetsformen w L
kVärde
Solve S
kw x
. wAvx . x
L, k
k 1S
First
3 EI
k
L3

Sedan är det dax för massans rörelse enligt Newton. Som vanligt är det Mathematica som löser våra differentialekvationer med
lämpliga (RV), det vill säga Tores. Vi använder z t istället för Tores x t , eftersom massans rörelse sker just i z-riktningen. I
lösningen känner vi igen egenvinkelfrekvensen Ωe i argumentet till sin Ωe t .
DSolve
m z '' t
L3 2
kz t
m v0 sin
z t
3
3
L3 2
EI t
. kVärde, z 0
0, z ' 0
v0 , z t , t

m

EI
Exempel 14/2 sid 238: Vi bestämmer k med hjälp av Mathematica och elastiska linjens differentialekvation. Håll som vanligt koll
på randvillkoren enligt kap 12.4, sid 190-191!
L
wAvx
S DiracDeltax
,
2
w 0
0,
EI w '' 0
0,
w L
0,
EI w '' L
0, w x , x
w x
1
36 L3 S x Δ L 36 L2 S x2 Δ L 3 L3 S Θ 2 x
144 EI
12 S x3 Θ L 12 S x3 Θ L 24 S x3 Θ 2 x L
4
2L S xΔ L
3
2
6L Sx Δ
L
2
3
2L Sx Δ
L
3 L3 S Θ
36 L S x2 Θ
L
2
3
27 L2 S x Θ
L
L
36 L S x2 Θ 2 x
2 L S x Δ L 
9 L2 S x Θ L
L
L
4 L4 S x Δ
18 L2 S x Θ 2 x
L
L
HH/ITN/BN
45
L
Speciellt är w 2  av intresse, som efter förenkling av det risiga uttrycket blir
L
,L
SimplifywAvx . x
0
2
L
L3 S
2
48 EI
w

Vi känner igen elementarfall 1 på sid A13 med Α
1
.
2
Β
L
Nu är det bara att vaska fram k från vekhetsformen w 2 
k 1S
L
kVärde
SimplifySolveS
kw x
. wAvx . x
, k, L
0
First
2
48 EI
k

L3
Sedan är det dax för massans rörelse enligt Newton. Som vanligt är det Mathematica som löser våra differentialekvationer med
lämpliga (RV), eller utan som Tore. Vi använder z t istället för Tores x t , eftersom massans rörelse sker just i z-riktningen.
DSolve m z '' t
4
z t
kz t
3
. kVärde, z t , t
EI t
4
c2 sin
3
EI t
c1 cos
L3 2

L3 2
m
m
Vi känner igen egenvinkelfrekvensen Ωe i argumentet till sin Ωe t och cos Ωe t .
Exempel 14/3 sid 240: Vi bestämmer k med hjälp av gamla kunskaper om spänning, töjning och Hooke-material.
S
kVärde
SolveS
x
,Ε
k x, Σ
,Σ
A
A
k
A
x
,S
x
,Σ
L
First
x
,Ε
L
Ε, k, S, Σ, Ε 
L

L
L
Sedan är det som vanligt Mathematica som löser Newtons rörelseekvationer. Nu passar det bra att använda Tores x t , eftersom
rörelsen sker just i x-riktningen. Nytt är en yttre pulserande last som naturligtvis inte vållar några problem
xAvt
DSolve m x '' t
x t
c2 sin
A
kx t
t
F0 Sin Ω t
A
t
c1 cos
L
m
L
m
. kVärde, x t , t
F0 L sin t Ω
A
L m Ω2
FullSimplify

Speciellt har vi partikulärlösningen som i svängningssammanhang brukar kallas fortvarighetslösningen.
xAvt . C 1
x t
0, C 2
F0 L sin t Ω
A
L m Ω2
0

Vi återkommer i nästa exempel till problematiken med en yttre pulserande störning som interfererar med egenvinkelfrekvensen.
Exempel B14/1: En konsolbalk med en massa på mitten plågas vid den fria änden av en vertikalt pulserande förskjutning
t r sin t , se figur nedan. Sök massans rörelse.
Lösningsförslag: Situationen vid godtycklig tidpunkt åskådliggörs i figuren nedan. Men vi börjar med att bestämma w då stödförskjutningen
0 för att få fram balkens fjäderkonstant k. Detta kan göras med elementarfall, men då måste man kombinera flera
av Tores fall på sid A12-A14. Så vi tillgriper naturligtvis den mest generella metoden av alla, nämligen elastiska linjens differentialekvation och Mathematica. Kolla noga randvillkoren som kommer här nu mot kap 12.4, sid 190-191!
46
HH/ITN/BN
L
wAvx
S DiracDeltax
,
2
w 0
0, w ' 0
w L
0,
0,
EI w '' L
0, w x , x
First
1
4 L3 S x Δ L 6 L2 S x2 Δ L 10 L S x3 Δ L
96 EI
2 L3 S Θ 2 x L 2 L3 S Θ L 12 L2 S x Θ L 12 L2 S x Θ 2 x
w x
3
16 S x Θ 2 x
2
L
15 L S x Θ
2
L
2
9LS x Θ L
24 L S x Θ 2 x
5 S x3 Θ
L
3
L
L
11 S x3 Θ L
2
2L Sx Δ L
2 L2 S x3 Δ L 
L
Speciellt är w 2  av intresse, som efter förenkling av det risiga uttrycket blir
L
SimplifywAvx . x
,L
0
2
L
7 L3 S
2
768 EI
w

L
Nu är det bara att vaska fram k från vekhetsformen w 2 
k 1S
L
kVärde
SimplifySolveS
kw x
, k, L
. wAvx . x
0
First
2
768 EI
k

7 L3
Nu är det dax att ta en titt på massans rörelse. Den fria änden utsätts för en pulserande förskjutning enligt t r sin t . Det är
viktigt att alltid teckna Newtons rörelseekvation i ett jordfast koordinatsystem. Snegla nu på figuren nedan så har vi direkt att
2
m Δ
F
m
t
t2
t
2

zt
: r Sin
kz t om vi försummar tyngdkraften. Låt slutligen skådespelet starta från vila
t
1
zAvt
t
DSolvem D
z t , t, 2 
kz t
. kVärde,
2
z 0
0, z ' 0
0, z t , t
First
16
z t
3
7L mr
2
48
32
EI sin t
21 L
m
3
7
FullSimplify
EI t
sin
 96
L3 2
EI 768 EI
7 L3 m
2

m
Vi känner igen balkens egenvinkelfrekvens Ωe i argumentet till sista sin Ωe t . Välj nu lite numeriska data.
3
zAvt . EI
1, L
1
,r
1, m
7
2
48 sin t
3
z t
320 768
3

10
sin 16 t
2

Det är av intresse att studera hur olika val av den störande egenvinkelfrekvensen
närmar sig systemets inneboende egenvinkelfrekvens Ωe 16.
påverkar massans rörelse, speciellt när den
HH/ITN/BN
47
3
PlotEvaluate z t ,
t
. zAvt . EI
1, L
1
,r
1, m
,
7
t, 0, 5 , PlotRange
AxesLabel
zt,
t då
All, PlotStyle
"t", "z t ,
t
då
,
10
Red, Blue ,
"
ToString
10
zt,
t då
&
10, 12, 14, 15.9
12
0.10
0.10
0.05
0.05

1
2
3
4
5
,
,
t
t
1
0.05
t då
3
4
5
0.10
0.10
zt,
2
0.05
14
zt,
t då
15.9
2
0.3
0.2
1
0.1
1
2
3
4
5
,

t
t
1
2
3
4
5
0.1
1
0.2
0.3
2
Vi ser i sista diagrammet att över tid ökar amplituden på z t över alla gränser då
Ωe , med oundvikligt brott på balken som följd.
Som sagt, konstruktören bär ansvar för att undvika denna situation. Det finns utmärkta exempel på sådant elände, det mest kända
och spektakulära är Takoma Bridge från 1940. Klart sevärd rulle på YouTube.
sid 242-245: Flera massor och därmed flera frihetsgrader. Inga principiella problem, men vi väntar till en annan kurs.
sid 245-248: Dämpning, så ytterligare en återförande kraft cz från dämparen vid sidan om fjäderns kz. Detta leder naturligtvis inte
till några bekymmer för Mathematica. I Exempel 14/6 sid 247 används plötsligt w som koordinat för massans läge. Bra Tore! Ingen
kommer att förväxla med elastiska linjen.
sid 249-253: Kontinuerliga system där även balken har massa väntar vi definitivt med till en annan kurs.
Övning sid 254: 14/2-4, Mekanikkomp. Betyg 4/5: 14/5-8.
ť 15 Utmattning
sid 261-266: De flesta lastfall, såsom drag, tryck, vrid, böj och så vidare kan vara orsaker till så kallad utmattning (eng. fatigue) i
materialet om de uppträder pulserande. En annan vanlig situation i praktiken är ytutmattning vid ytkontakt (eng. pitting även på
svenska), exempelvis vid kuggkontakt eller i ett kullager från SKF. Teori och empiriska data kring detta är mycket omfattande och
brukar inledningsvis cirkulera kring ett så kallat Wöhler-diagram eller SN-diagram. Detta diagram visar sambandet mellan spänningsamplitud Σa , det vill säga belastningsnivå, och livslängd uttryckt i antal belastningscykler N som krävs för att ett utmattningsbrott skall uppstå. Redan på 1860-talet genomförde den tyske ingenjören August Wöhler (1819–1914) omfattande systematiska
provserier på stål. Det visade sig inte vara så enkelt utan man måste särskilja olika lastfall och hur den pulserande lastens
medelvärde och amplitud ser ut. En Wöhler-kurva brukar ritas i ett log-log diagram, se fig nedan.
log Σa
ΣB
Σi
Σu
log N
1
3
Ni
6 Nu
9
12
48
HH/ITN/BN
Kurvan som binder samman spänningsamplitud Σa och antal lastcykler N till brott kommer då att typiskt vara styckvis linjär i tre
delar. För vanliga konstruktionsstål går resan ganska flackt från 1, ΣB till cirka 103 , 0.9 ΣB . Därefter lutar det brantare ner till
Nu , Σu , där Σu
0.35 ΣB , 0.55 ΣB kallas för utmattningsgräns och Nu
106 , 107  för gränslivslängd. Vid Nu planar kurvan ut
och är i stort sett konstant Σu . Detta innebär för Σa Σu är livslängden "oändlig". För en given belastning Σi kan man alltså avläsa
antalet lastcykler Ni till utmattningsbrott. I den brantaste delen av kurvan talar man om utmattningsexponenten m, som definieras av
Σ
m
ekvationen  Σa 
u
Nu
N
vilket i log-log-diagrammet blir den önskade räta linjen med rätt lutning genom punkten Nu , Σu om m
0.
Av traditionella skäl brukar ofta m approximeras med ett heltal, som för stål har det typiska värdet 6 eller 7. Hoppa till
sid 273: Handlar om linjär delskadeteori. Denna utvecklades av svensken Arvid Palmgren (1890-1971) på SKF tillsammans med
Sven Wingquist (1876-1953) och presenterades i en vetenskaplig artikel 1924. SKF har sedan dess haft en framskjuten position när
det gäller utmattningsteori. Teorin blev känd i världen då M. A. Miner 1945 presenterade resultaten som sina egna. Amerikaner och
många andra kallar därför teorin för Palmgren-Miners delskadeteori. Men vi vet bättre
Frågan man ställer sig är vad som händer om man i Wöhler-diagrammet ovan vid nivån Σi endast kör ni Ni cykler och sedan byter
till Σ j och kör n j N j cykler, osv? Jo, då visade Arvid med sin linjära delskadeteori att utmattningsbrott inträffar då
I ni
i 1 Ni
1 där I är antalet lastnivåer.
Hela paketet kan exempelvis användas vid dimensionering av kugghjul i en växellåda till en lastbil som konstrueras för en given
livslängd på kanske 100000 mil. Med diverse utväxlingar och körtid på varje växel vid olika lastnivåer kan man slutligen komma ner
till upplevelsen för en enskild kugg som ju är i ingrepp en gång per varv. Då utsätts den alltså för en pulserande Σa som främst ger
upphov till böjutmattning vid kuggroten, fig i mitten nedan, samt pitting i kontakten mellan kuggytorna, högra figuren nedan. Den
förstnämnda visar sig som sprickor vid kuggroten och den senare genom att delar av kontaktytan lossnar så att en krater uppstår.
Sprickor leder oftast till brott, medan pitting orsakar förhöjd ljudnivå och så småningom haveri.
ť 16 Fleraxliga spänningstillstånd
Egentligen är det i 3D man ska börja resan med matriser och differentialekvationer, då trillar det endimensionella fallet ut som ett
enkelt specialfall, men, men, så här är nybörjarlitteratur som inriktar sig på handräkning skrivna
sid 327: Om det är något man ska knycka med sig från den flerdimensionella världen så är det hur man sammanväger spänningar
från drag-/tryck- med skjuvspänning. En mycket vanlig sådan som brukar dyka upp i resultatplottar från FE-analyser är von Mises
effektivspänning (61a,b). I det endimensionella fallet får vi ΣvM
e
Σ2x
3 Τ2xy . Materialet flyter alltså om ΣvM
är större än
e
sträckgränsen Σs . Sådana här jämförelsespänningar tar avstamp i viktiga begrepp som huvudspänningar och huvudspänningsriktningar eller dito för töjningar. Den moderne ingenjören bestämmer dessa ur ett egenvärdesproblem med spänningstensorn, se
Exempel B7/2.

solidNotes

Transcription

Similar documents

Datorstödd hållfasthetslära och mekanik, 6 högskolepoäng

Något om Funktioner och Mathematica

Något om Derivator och Mathematica

Textil mekanik och hållfasthetslära 150116

Något om Mekanik-Statik och Mathematica, läsanvisningar till

Något om Integraler och Mathematica

Något om Vektorer och Mathematica

Något om (ODE) och Mathematica

Dugga 2 i Algebra

Document