NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPEIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR KONSTRUKSJONSTEKNIKK Side 1 av 7 Faglig kontakt under eksamen: Svein Remseth, 924 20 930 BOKMÅ EKSAMEN I EMNE TKT4124 MEKANIKK 3 ørdag 18. desember 2010 Kl 09.00 13.00 Hjelpemidler: Bestemt, enkel kalkulator 9 vedlagte formelark Ingen medbragte trykte eller håndskrevne hjelpemidler er tillatt Settet består av i alt 16 ark: 1 forside, 6 ark med oppgavetekst og 9 vedlagte ark med formler egg vekt på å levere en ryddig besvarelse med tydelige skisser og systematisk redegjørelse for hva som beregnes. Gjør egne, begrunnede antagelser hvis noen deler av oppgaveteksten synes ufullstendig. Vær oppmerksom på at mange av delspørsmålene i settet kan løses uavhengig av hverandre. Hvis du står fast på et spørsmål fortsett med andre oppgaver, og gå heller tilbake til det vanskelige spørsmålet til slutt. Prosenttallene angir omtrentlig vekt ved sensur (og indikerer cirka tidsforbruk på hver oppgave). Sensuren faller senest 15. januar 2011.
10.7 300 10.7 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPEIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR KONSTRUKSJONSTEKNIKK Side 2 av 7 OPPGAVE 1 (Vekt ca 30%) q q A B +T T = 0 +T T = 0 T = 0 D C T = 0 T = 0 Bjelke AB / Beam AB Temperaturfelt / Temperature field (a) (b) Tverrsnittsdata IPE300: I y = 83.610 6 mm 4 A = 5.3810 3 mm 2 y 7.1 Materialdata stål: E = 210 000 N/mm 2 = 0.3 T = 1210 6 K 1 z 150 (c) ast og geometri: q = 30 kn/m = 3 m Formfaktor for V: k z = A/A steg Figur 1: (a) Ramme påkjent av jevnt fordelt last q. (b) Ramme påkjent av jevnt fordelt last q samt et temperaturfelt på bjelke AB. (c) Tverrsnitt IPE 300 Figur 1a viser en statisk bestemt ramme ABCD. Alle komponenter i rammen er utført av stålprofil IPE300, og har bøyestivhet EI og termisk utvidelseskoeffisient T. Geometriske mål og opplagerbetingelser fremgår av figur 1a. a. (7%) Bestem vinkelen A i punkt A når rammen er påkjent av den fordelte lasten i figur 1a. Gi svaret som funksjon av q, og EI. Ta kun hensyn til bøyedeformasjoner i beregningen.
NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPEIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR KONSTRUKSJONSTEKNIKK Side 3 av 7 b. (6%) Bestem vinkelen A hvis det også tas hensyn til skjærdeformasjoner. Gi svaret i radianer. Nødvendig informasjon om geometri samt tverrsnitts- og materialdata er gitt i figur 1c. Hvor mange prosent utgjør skjærdeformasjonene av den totale vinkelen A? c. (9%) I tillegg til den fordelte lasten q er oversiden av bjelke AB utsatt for en temperaturøkning T, se figur 1b. Undersiden av AB og komponentene BC og CD har stadig referansetemperatur, dvs. T = 0. Bestem nødvendig T slik at bjelken får horisontal tangent i A, dvs. A = 0, når T og q virker samtidig. Ta fortrinnsvis utgangspunkt i beregningene i spørsmål b., men benytt resultatet fra a. hvis du mangler svar på b. Deformasjoner på grunn av aksialkraft kan neglisjeres. d. (8%) Virtuelle krefters prinsipp er generelt gitt som (se øverst på formelark A2): Fr d V V Ta utgangspunkt i F, og i denne generelle ligningen, og vis at enhetslastmetoden for en komponent påkjent av M og et temperaturfelt T g kan skrives som: EI 0 2 T h M T g r M dx T g beskriver et temperaturfelt som er lineært over tverrsnittets høyde. Temperaturen er T på tverrsnittets over- og underside, mens det ikke er noen g temperaturendring i tverrsnittets nøytralakse.
NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPEIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR KONSTRUKSJONSTEKNIKK Side 4 av 7 OPPGAVE 2 (Vekt ca 20%) F A M p B 3M p D 3M p C F /2 /2 Figur 2: Ramme med punktlaster. Figur 2 viser en ramme ABCD påkjent av to punktlaster F. Geometri og lastplassering fremgår av figuren. egg spesielt merke til at den plastiske momentkapasiteten er ulik for de tre komponentene i rammen. a. (16%) Identifiser de aktuelle bruddmekanismene (tre stk), og beregn de tilhørende bruddlastene F p uttrykt ved M p og. Benytt prinsippet om virtuelt arbeid og flyteledd. Kontroller at den laveste bruddlasten er den korrekte ved å tegne M- diagrammet (på strekksiden) for den aktuelle mekanismen, og påvis at den plastiske momentkapasiteten ikke overskrides i noe punkt i rammen. b. (4%) Beregn den plastiske momentkapasiteten M p for et ståltverrsnitt IPE 300, se figur 1c. Flytespenning: Y = 355 N/mm 2. Se bort fra hulkilene (= de avrundede overgangene mellom steg og flenser) i beregningen.
NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPEIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR KONSTRUKSJONSTEKNIKK Side 5 av 7 OPPGAVE 3 (Vekt ca 20%) q A h 0 h 0 A /2 /2 b Snitt A-A / Section A-A Figur 3: Brukonstruksjon med varierende tverrsnitt Figur 3 viser en skisse til en gangbru med spennvidde. Den er påkjent av en jevnt fordelt last q. Brua er laget av massivt limtre med rektangulært tverrsnitt. Tverrsnittet har konstant bredde b, mens høyden øker gradvis fra oppleggene mot midtsnitt. Maksimal høyde ved feltmidte er h 0. I denne oppgaven skal Rayleigh-Ritz metode benyttes til å bestemme nødvendig h 0. Krav: Maksimal nedbøyning w max < /300 Maksimal bøyespenning max < 25 N/mm 2 Beregningen skal ivareta at tverrsnittshøyden varierer. Som en idealisering aksepteres det at tverrsnittshøyden går mot null ved oppleggene. Oppgitt: q = 30 kn/m E = 10 000 N/mm 2 = 20 m b = 4 m Følgende integraler kan være nyttige: 0 2 sin xd x 2 2 sin d cos d 1 x x x x 2 0 0 0 3 4 sin xd x 3 4 4 sin d cos d 3 x x x x 8 0 0 0 5 16 sin xd x 15 6 6 sin d cos d 5 x x x x 16 0 0
NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPEIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR KONSTRUKSJONSTEKNIKK Side 6 av 7 OPPGAVE 4 (Vekt ca 20%) y En kvadratisk skive med sidekanter a er fastholdt (u = 0 og v = 0) langs rendene y = 0 og y = a, se figur 4. Rendene x = 0 og x = a har geometrisk randbetingelse u = 0 (ikke eksplisitt antydet i figur 4), mens det ikke er noen betingelse på forskyvningen v. a De ytre kreftene på skiven er: sin y f, 0 y f1 fx a x Kreftene antas å virke jevnt fordelt over skivens tykkelse, t, og i samsvar med det som er skissert i figuren for snittene x = a/2 og y = a/2. Det forutsettes plan spenningstilstand. Figur 4: a Kvadratisk skive Skivens forskyvningsfelt antas på formen: u0, v v1 sin y a a. (8%) Ta utgangspunkt i det oppgitte forskyvningsfeltet, og bestem tøyningene x, y y og xy. Vis spesielt at y v1 cos. Beregn deretter skivens forskyvningstilstand a a ( v 1 ) ved hjelp av Rayleigh-Ritz metode. b. (6%) Beregn skivens spenningstilstand og skisser spenningsfordelingen for y i snittet x = a/2. c. (6%) Ta utgangspunkt i likevektsligningene i x- og y-retning og spenningene fra spørsmål b. Hvordan er likevekten oppfylt i de to retningene (punktvis eller integrert)?
NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPEIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR KONSTRUKSJONSTEKNIKK Side 7 av 7 OPPGAVE 5 (Vekt ca 10%) z z Figur 5: Neopren-lager Et neopren-lager består av en tynn elastisk neoprenskive mellom to stålplater, se figur 5. Stålplatene antas uendelig stive, og forbindelsen mellom stål og neopren er slik at den forhindrer tøyningene x og y i hele neoprenskiven. Neopren-materialet har elastisitetsmodul E og tverrkontraksjonstall. ' z a. (6%) Finn den effektive E-modulen ( E ) uttrykt ved E og. z b. (4%) ' Finn E dersom neopren-materialet er inkompressibelt under hydrostatisk trykk. Begrunn løsningen ut fra hvilke alternativer som er fysisk mulig.
Formler/Formulas A1 Staver, bjelker og rammer/bars, beams and frames: Elastiske spenninger/elastic stresses M VS ' N y T z y N ; M z ; T r ; V A Iy Ip Iyt { T : Formelen forutsetter sirkulært tverrsnitt/the formula requires circular cross section.} Elastiske deformasjoner og krumning/elastic deformations and curvature 2 N T 1 V d w M u ; ; w k dx ; EA GI 2 GA dx EI N T V z 2 T 0 Elastisk og plastisk motstandsmoment/elastic and plastic section modulus I W W ; W yda A a ; f W z ez pz i i ymax A pz ez Formfaktor i skjær/shear factor ' 2 ' S z A Sy 2 z 2 z A y A A ky da ; k da I t I t 2 Tøyningsenergi/Strain energy: Tøyningsenergi/ Strain energy Komplementær tøyningsenergi/ Complementary strain energy 1 du UN EA dx 2 dx 0 2 1 d w UM EIy dx 2 2 dx 0 2 1 d T p 2 dx 0 U GI dx 2 2 U U U * N * M * T 2 1N dx 2EA 0 2 1M 2EI 0 2 1 T 2GI 0 y p dx dx 2 * 1 V UV kz dx 2 GA 0
A2 Energiprinsipper og virtuelt arbeid/energy principles and virtual work: VFP og VKP i 1D/ VFP and VKP in 1D: Fr d V ; Fr d V V V Enhetslastmetoden med temperatur/unit load method including temperature: N M 2 T T g T Vz F r N TTu dx M dx T dx V zkz dx 1 EA EI 0 0 y h GI 0 p GA 0 Potensiell energi i 1D/ Potential energy in 1D: U U dadx Fu 0A 0 Prinsippet om stasjonær potensiell energi i 1D/Principle of stationary potential energy in 1D: v i v i U 0 Virtuelle forskyvningers prinsipp i 3D/Principle of virtual displacements in 3D: u T F u T Φ ε T σ dv ds dv Prinsippet om stasjonær potensiell energi i 3D/Principle of stationary potential energy in 3D: ε T E ε ε T Eε T T 0 u F u Φ d d d dv d dv d ds0 V V S Virtuelle forskyvningers prinsipp for plater/principle of virtual displacements for plates: (M M 2M )d A qwda M d V w d s 2 2 2 w w w w e x 2 y 2 xy n s n x y xy n A A R R Rayleigh-Ritz' metode/rayleigh-ritz' method: l m n u x,y,z af, v x,y,z af, w x,y,z af ; f f x,y,z i i i i i i i i i1 il1 im1
A3 Integraler/Integrals: za 0 R S T 0 for m n mx nx sin sin a a dx a for m n 2 z a 0 for m n mx nx ; cos cos a a dx a for m n 0 2 R S T
2. arealmoment og elementærbjelker/2 nd moment of area and elementary beams: A4
A5 Elastisitetsteori/Theory of elasticity ikevekt/equilibrium: x y z F 0 x xy zx x ; xy y yz Fy 0 x y z ; x y z zx yz z z F 0 T σ F 0 Kinematisk kompatibilitet/kinematic compatibility: u v w x ; y ; z x y z u v v w w u ; ; y x z y x z ; xy yz zx ε u Cauchys ligning/cauchy's equation: l m n ; l m n ; l m n x x xy zx y xy y yz z zx yz z Φ σn Retningscosinuser og normalvektor/direction cosines and normal vector: n l cos n, x m cos n, y n cos n, z {n} (n,x) x Normalspenning og skjærspenning på plan med normalvektor n / Normal stress and shear stress on plane with normal vector n : n Φ n σ n ; Φ 2 T T 2 Kompatibilitetsbetingelsen/Compatibility equation: 2 2 2 x y xy 2 2 y x xy
A6 Materiallov for isotropt materiale/material law for isotropic material: x 1/E /E /E 0 0 0 x y /E 1/E /E 0 0 0 y z /E /E 1/E 0 0 0 z xy 0 0 0 1/G 0 0 xy yz 0 0 0 0 1/G 0 yz 0 0 0 0 0 1/G zx zx 1 ε E σ x (1 )c c c 0 0 0 x y c (1 )c c 0 0 0 y z c c (1 )c 0 0 0 z xy 0 0 0 G 0 0xy yz 0 0 0 0 G 0 yz 0 0 0 0 0 G zx zx σ E ε Termisk tøyning/thermal strain: ε T 0 1 1 1 T 0 0 0 1 ε E σε 0 σ Eε ε 0
A7 Materiallov for isotropt materiale i plan spenningstilstand/ Material law for isotropic material in plane stress state: x 1/E /E 0 x y /E 1/E 0 y 0 0 1/G xy xy x 1 0 x E y 1 0 2 y 1 0 0 1 /2 xy xy z x y E Materiallov for isotropt materiale i plan tøyningstilstand/ Material law for isotropic material in plane strain state: x 1 0 x 1 y 1 0 y E 0 0 2 xy xy x 1 c c 0 x y c 1c 0 y 0 0 G xy xy E c 1 12 z x y x y Elastiske materialkonstanter/elastic material constants: E E E G ; c ; K 2(1 ) (1 )(1 2 ) 3(1 2 )
A8 Hovedspenninger og invarianter/principal stresses and invariants: Ikketriviellløsning σ I n 0 σ I I I I 1 2 det 0 I I I 0 x y z Nontrivialsolution 2 2 2 x y y z z x xy yz zx 2 2 2 3 x yz 2xy yzzx x yz yzx zxy 3 2 1 2 3 Hydrostatisk og deviatorisk spenning/hydrostatic and deviatoric stress: 1 1 m x y z I1 si i m ; sij ij 3 3 σ σ s m Deviatoriske invarianter/deviatoric invariants: J s s s 0 1 J s s s s s s s s s 0 2 3 x y z 2 2 2 x y y z z x xy yz zx J s s s 2s s s s s s s s s 2 2 2 x y z xy yz zx x yz y zx z xy 1 1 J2 6 3 2 2 2 2 2 2 2 x y y z z x xy yz zx j Alternativt: Volumtøyning/Volumetric strain: m m V x y z 3(1 2 ) K E Tøyningsenergitetthet/Strain energy density: U 0 1 x x y y z z xy xy yz yz zx zx 2 1 2 2 2 1 2 2 2 x y z x y yz zx xy yz zx 2E E 2G 1 1 18K 12G U U 0V 2 2 2 2 2 2 2 x y z x y y z z x 6xy yz zx 0d
A9 Tynnplateteori/Theory of thin plates: Statisk likevekt/static equilibrium: V V M M M x M q 0 ; V ; V ; M M x y x y x y y xy y x yx y x xy yx Kinematikk/Kinematics: w w u( x, yz, ) z ; v( xyz,, ) z x y ; w = w( xy, ) Moment-krumningsrelasjoner/Moment-curvature relations: 2 2 2 2 2 w w w w w Mx D ; M D ; M D(1 ) 2 2 y 2 2 xy x y y x xy Skjærkrefter/Shear forces: 2 2 2 2 w w w w e x 2 2 y 2 2 n n M V D ; V D ; V V x x y y x y t nt Spenninger/Stresses: 2 2 2 2 2 ze w w ze w w ze w x ; ; (1 ) 2 2 2 y 2 2 2 xy 2 1 x y 1 y x 1 xy Differensialligningen og platestivhet/differential equation and flexural rigidity: 4 4 4 3 w w w 4 q Eh 2 w ; D 4 2 2 4 2 x x y y D 12(1 ) Naviers plateløsning/navier's solution: M N mx ny w( xy, ) wmn sin sin a b m1 n1 a b qmn 4 mx ny w mn ; q q(, )sin sin d d 2 2 2 mn ab x y y x a b 4 m n 0 0 D a b
NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPEIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR KONSTRUKSJONSTEKNIKK TKT 4124 MEKANIKK 3 Eksamen 18/12 2010 SENSUR Oppsummering: Karakterfordelingen er gjengitt i figuren nedenfor. Den er ikke brutt ned på studieprogram, men slik informasjon er tilgjengelig i bakgrunnsmaterialet. Observasjoner: Gjennomsnittlig poengsum: 69.0. Dette er omtrent som foregående år. Positivt med 22 A er. Drøyt 70% har fått A, B eller C. Relativt stor spredning. Mer F enn i 2007/2008, men færre enn i fjor. Bakgrunnsmaterialet viser at det er litt forskjell mellom studieprogrammene: o MTBYGG (68 kandidater) hadde snittscore på 75 poeng. 85% A, B og C. o Prosentvis flest (50%) A er og B er på MTPROD (12 kandidater). o Få A er og B er på MIBYGG (31 kandidater). TKT4124 Mekanikk 3, eksamen 18. desember 2010 Antall kandidater (sum 119) 45 40 35 30 25 20 15 10 5 0 A B C D E F Karakter
NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPEIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR KONSTRUKSJONSTEKNIKK Oppgave 1: Som vanlig: Enhetslastmetoden. Men denne gangen var det en statisk bestemt konstruksjon, og det var presisert i oppgaveteksten. Opprinnelig var tanken å starte oppgaven med statisk bestemt, og etter hvert gjøre den ubestemt ved å legge innspenning i A. Men da hadde arbeidsmengden på eksamen blitt en helt annen, og AHC hadde en fersk kritikk i bakhodet om at det var mye å gjøre på ståleksamen. Så oppgave 1 endte opp med "back to basics": Enhetslastmetoden er i bunn og grunn en metode til å bestemme deformasjoner. Spørsmål a. var mao. en snill affære, men den gikk ikke helt på skinner likevel. Noen fjernet en ukjent for å lage et statisk bestemt grunnsystem, men det har ikke noe for seg når konstruksjonen er statisk bestemt i utgangspunktet. En del kluss med M-diagram også; mer enn tidligere år og enhetslastmetoden står og faller med at diagrammene er korrekt. De aller aller fleste hadde heldigvis fått med seg at man må sette på enhetsmoment i A for å beregne vinkel, men litt for mange overså at det blir momenter i BCD i tillegg til i bjelke AB. Temperaturproblemet i spørsmål c. gikk brukbart for mange: Så å si alle fikk dekomponert temperaturfeltet, og håndteringen av krumnings-delen var gjennomgående bra. Men det var forholdsvis få (snaue 20 kandidater) som fikk med seg temperaturekspansjonen (tøyning pga uniform temperaturendring) i deformasjonsberegningen: N M 2 TTg A N TT u dx M dx 0 EA EI Deformasjon (tøyning) 0 y h Deformasjon pga. N pga. uniform T Deformasjon pga. M Deformasjon (krumning) Neglisjeres Fra spørsmål a. pga. gradient i T I spørsmål d. måtte man i hovedsak gjøre rede for tre bidrag i integralet på høyre side: M, M/EI og 2 T T g /h. Dessuten måtte volumintegralet dv konverteres til dx, og dette 2 ordner seg ved at zdai. Poenguttellingen var direkte avhengig av hvor mange av disse elementene som var på plass. Oppgave 2: Uten tvil den best besvarte oppgaven i settet. Gjennomsnittlig uttelling var på ca 82%, og det er omtrent som på de flyteleddoppgavene som har vært gitt tidligere år. Selve flyteledd-oppgaven (spørsmål a.) var nok enklere, og i hvertfall mindre arbeidskrevende, enn tilsvarende problemer i 2007-2009. Derfor ble det hengt på et ekstra spørsmål om plastisk moment-kapasitet innenfor samme vekting på 20%.
NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPEIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR KONSTRUKSJONSTEKNIKK Oppgave 3: En ganske åpent formulert oppgave, og det var ikke gitt mange føringer utenom at man skulle ivareta varierende tverrsnittshøyde og bruke Rayleigh-Ritz. Den desidert kjappeste løsningen er å anta forskyvningsfelt w(x) = a sin(x/), og at tverrsnittshøyden har et tilsvarende forløp, dvs. h(x) = h 0 sin(x/). Annet arealmoment blir da I = I(x) = (1/12) b (h 0 sin (x/)) 3. Dette gir et integral med sin 5 (x/) i uttrykket for tøyningsenergien U, mens lastpotensialet har sin(x/) i integranden. Forskyvningsamplituden a løses ut fra prinsippet om stasjonær potensiell energi, og deretter kan w max og max evalueres. Veldig mange antok uten videre at max opptrer i midtsnitt siden momentet har maksimalverdi der. Det er imidlertid ikke helt åpenbart siden tverrsnittshøyden avtar mot opplegg, og dermed kan et mindre moment, f.eks i fjerdedelspunktet, likevel gi større bøyespenning pga lavere I. (Men det kokte ned til at midtsnitt var kritisk, i hvertfall for tilfellet med sinusfunksjon for både w(x) og h(x).) Mange antok polynomer i uttrykkene for både w(x) og h(x). Dette er i og for seg OK og integralene er snille, men det blir mye algebra. Derimot blir det kinkige integraler med polynom i den ene funksjonen og trigonometrisk i den andre. Noen rodde seg i land (og fikk bra score) ved å anta parabel på w(x) og sinus på h(x). Den dobbeltderiverte av w(x) blir i dette tilfellet en konstant, og da sitter man igjen med sin 3 (x/) i integranden for U. Derimot er det ikke OK å benytte den klassiske relasjonen w max = (5/384) q 4 /EI til å bestemme nødvendig h 0. Årsaken er at formelen forutsetter konstant EI. Det var også 5-10 kandidater som gjøv løs på bjelken med plateteori og spenningskomponenter i både x- og y- retning. Dette er unødig komplisert siden den tross alt har vesentlig større lengde (20 m) enn bredde (4 m). En annen innvending er at tynnplateteorien forutsetter konstant tykkelse. Oppgave 4: En todimensjonal Rayleigh-Ritz oppgave har vært gjenganger. Det er på ingen måte noen fast regel at det er skive og plate annethvert år, men det har faktisk blitt slik de fire årene emnet har vært gitt. Det var lite algebra på årets oppgave, mye fordi at det oppgitte forskyvningsfeltet gir null skjærtøyning og dermed også skjærspenning er lik null. Mange fikk til mye på oppgave 4. På alle tre delspørsmålene var fullt hus den poengsummen som forekom mest hyppig. Oppgave 5: Dette var muligens en liten nøtt, eller bar mange besvarelser kanskje preg av at klokka nærmet seg 13? Nesten ikke regning; det handlet kun om å sette tøyningene i y- og z-retning lik null i 3D Hookes lov. Dette gir at x = y = (/(1 )) z. Innsatt i ligningen for z fås fasitsvar, dvs. z = E(1 )/[(1 2)(1+)] z. Inkompressibelt vil si at V = x + y + z = 0, altså at z = 0 fordi øvrige tøyningskomponenter er lik null, og da må 0.5.