NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR KONSTRUKSJONSTEKNIKK Side 1 av 9 Faglig kontakt under eksamen: Arild H. Clausen, 73 59 76 32 EKSAMEN I EMNE TKT4124 MEKANIKK 3 Onsdag 17. desember 2008 Kl 09.00 13.00 Hjelpemidler / Aids: Bestemt, enkel kalkulator / Approved calculator 9 vedlagte formelark / 9 attached sheets with formulas Ingen medbragte trykte eller håndskrevne hjelpemidler er tillatt / No other aids are allowed Settet består av i alt 18 ark: 1 forside, 8 ark med oppgavetekst og 9 vedlagte ark med formler / This exam contains 18 pages: 1 front page, 8 pages with problems and 9 pages with formulas Legg 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). Hand in a solution with clear sketches and systematic report of your calculations. Make your own assumptions if any part of this exam seems to be incomplete. Many of the questions in this exam can be solved independent of each other. If you struggle with one of the questions: Continue with other questions, and return to the difficult one later. The percentages specify the approximate weight (and provide an indication of elapsed time) at each question. Sensuren faller senest 16. januar 2009. The grades are to be announced not later than 16 January 2009.
NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR KONSTRUKSJONSTEKNIKK Side 2 av 9 OPPGAVE 1 (Vekt / weight ca 35%) q A B D C 2a 4a a Figur 1a: Ramme påkjent av jevnt fordelt last q. Frame subjected to a uniformly distributed load q. Figur 1a viser en ramme ABCD. Rammen er én gang statisk ubestemt. Alle komponenter i rammen har bøyestivhet EI og termisk utvidelseskoeffisient α T. Geometriske mål og opplagerbetingelser fremgår av figur 1a. I oppgave 1 skal det kun tas hensyn til bøyedeformasjoner. Deformasjoner pga. aksialkraft N og skjærkraft V neglisjeres. Figure 1a shows a frame ABCD. The frame is statically indeterminate of first order. All parts of the frame have bending stiffness EI, and the coefficient of thermal expansion is α T. The geometrical measures and support conditions are shown in Figure 1a. Throughout Problem 1, only bending deformations are to be considered. Neglect deformations caused by normal (axial) force N and shear force V. a. (16%) I figur 1a er rammen påkjent av en jevnt fordelt last q langs ABC. Løs det statisk ubestemte problemet ved bruk av enhetslastmetoden (kraftmetoden). Bestem lagerreaksjonene A y, D x, D y og M D. Tegn M-diagram. M-diagrammet tegnes på strekksiden. Påvis spesielt hvor langt fra opplager A det største momentet i felt AB virker, og angi størrelsen av dette maksimalmomentet. Beam ABC in Figure 1a is subjected to a uniformly distributed load q. Solve the statically indeterminate problem with use of the unit load method (the force method). Determine the support reactions A y, D x, D y and M D. Draw the bending moment diagram (M-diagram). Draw the diagram at the tension side of the components. Determine the distance from support A to the section along AB having the maximum bending moment, and determine also the magnitude of this maximum moment. b. (5%) Beregn vertikalforskyvningen av punkt C pga. lasten q. Calculate the vertical displacement of point C caused by the load q.
NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR KONSTRUKSJONSTEKNIKK Side 3 av 9 +ΔT +ΔT/3 +ΔT +ΔT/3 h +ΔT ΔT = 0 ΔT = 0 +ΔT/3 Bjelke ABC / Beam ABC Temperaturfordeling / Temperature field Figur 1b: Ramme utsatt for temperaturøkning i den horisontale bjelken. Frame subjected to a temperature increase in the horizontal beam. Figur 1b viser den samme rammen som i spørsmål a og b, men nå virker det ingen ytre last q på rammen. Derimot er bjelke ABC utsatt for en temperaturøkning. På oversiden av bjelken øker temperaturen med ΔT, mens temperaturøkningen på undersiden av ABC kun er ΔT/3. Det er ingen temperaturendring i søyle BD. Anta at bjelke ABC har dobbeltsymmetrisk tverrsnitt med tverrsnittshøyde h. Figure 1b shows the same frame as was analyzed in question a and b, but the external load q is now removed. Instead, beam ABC is subjected to a temperature increase. On the upper surface of the beam, the temperature increase is ΔT, while the temperature increase is only ΔT/3 on the lower surface of ABC. There is no temperature change in column BD. Assume that beam ABC has a double-symmetrical cross-section with height h. c. (14%) Bestem lagerreaksjonene A y, D x, D y og M D pga. temperaturøkningen i bjelke ABC. Tegn M-diagram. M-diagrammet tegnes på strekksiden. Determine the support reactions A y, D x, D y and M D caused by the temperature field shown in Figure 1b. Draw the bending moment diagram (M-diagram). Draw the diagram at the tension side of the components.
NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR KONSTRUKSJONSTEKNIKK Side 4 av 9 OPPGAVE 2 (Vekt / weight ca 20%) 5F B C 3M p 2F 4a M p A 2M p 2a D Figur 2: Ramme. Frame. 2a 3a Figur 2 viser en ramme ABCD. Rammen har stive hjørner i B og C, og er to ganger statisk ubestemt. Geometri og belastning fremgår av figuren. Legg spesielt merke til at den plastiske momentkapasiteten er ulik for de tre komponentene i rammen. Figure 2 shows a frame ABCD. The frame has stiff corners at B and C, and is static indeterminate of second order. Geometry and loads are shown in the figure. Note that the plastic moment capacity has different values in the three components constituting the frame. a. (15%) Identifiser de aktuelle bruddmekanismene (tre stk), og beregn de tilhørende bruddlastene F p uttrykt ved M p og a. Benytt prinsippet om virtuelt arbeid og flyteledd. Identify the three relevant collapse mechanisms, and calculate the corresponding collapse loads F p expressed as a function of M p and a. Apply the principle of virtual work and plastic hinges in the calculation. b. (5%) Kontroller at den laveste bruddlasten fra spørsmål a 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. Check that the lowest collapse load from question a is the correct one by drawing the bending moment diagram (still on the tension side) for the corresponding mechanism, and verify that the plastic bending moment capacity is not exceeded at any point in the structure.
NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR KONSTRUKSJONSTEKNIKK Side 5 av 9 OPPGAVE 3 (Vekt / weight ca 20%) 42 MPa Sveis /Weld 180 MPa y y 30 x 108 MPa x Spenningselement / Stress element (a) (b) Figur 3: (a) Spenningselement i plan spenningstilstand. Stress element in plane stress state. (b) Tynn stålplate med sveis. Thin steel plate with weld. Figur 3 viser et spenningselement i en stålplate. Platen er tynn, og det kan derfor antas plan spenningstilstand. Spenningskomponentene er angitt med retning i figur 3(a), og de numeriske verdiene av spenningene er derfor absoluttverdier. Figure 3 shows a stress element in a steel plate. The plate is thin, thus, plane stress state can be assumed. The direction of the stress components is specified in Figure 3(a), and the numerical values are therefore absolute values. a. (3%) Sett opp spenningsmatrisen [σ] relatert til spenningselementet i figur 3(a). Pass på fortegnet til spenningskomponentene. Sett dessuten opp matrisene for hydrostatisk spenning [σ m ] og deviatorisk spenning [s]. De tre matrisene skal alle ha dimensjon 3x3. Write down the stress matrix [σ] related to the stress element shown in Figure 3(a). Pay attention to the sign of the stress components. Write also down the matrices for hydrostatic stress [σ m ] and deviatoric stress [s]. All three matrices have dimension 3x3.
NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR KONSTRUKSJONSTEKNIKK Side 6 av 9 b. (9%) Regn ut spenningsinvariantene I 1, I 2 og I 3, og bestem deretter hovedspenningene σ 1, σ 2 og σ 3. Sorter hovedspenningene i avtagende rekkefølge (σ 1 σ 2 σ 3). Regn ut vinkelen mellom hovedspenningsretningen {n 1 } og x-aksen. Calculate the stress invariants I 1, I 2 and I 3, and determine thereafter the principal stresses σ 1, σ 2 and σ 3. Organize the principal stresses in descending order (σ 1 σ 2 σ 3). Determine the angle between the principal stress direction {n 1 } and the x-axis. Løsning av 2. gradsligning / Solution of second-degree equation: 2 2 b± b 4ac ax + bx + c = 0 x = 2a c. (8%) Spenningselementet befinner seg i sveisen i en oppsveist stålplate, se figur 3(b), hvor sveisen er orientert i en vinkel 30º i forhold til x-aksen. Regn ut normalspenningen σ normalt sveisen og skjærspenningen τ parallelt sveisen. (Hint: Start med Cauchys ligning.) The stress element is located in the weld of a steel plate, see Figure 3(b), where the weld is oriented at an angle of 30º with respect to the x-axis. Calculate the normal stress σ perpendicular to the weld, and the shear stress τ parallel with the weld. (Hint: Start with Cauchy's equation.)
NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR KONSTRUKSJONSTEKNIKK Side 7 av 9 OPPGAVE 4 (Vekt / weight ca 20%) h/2 h/2 F x y L Figur 4: Utkraget skive. Cantilevered plane structure ("skive"). Figur 4 viser en utkraget, tynn skive. Skivens randbetingelser, geometriske mål og valgt koordinatsystem xy fremgår av figuren. Skiven er belastet med en punktlast F i punktet (x,y) = (L,0). Se bort fra egenlast. Materialet i skiven har elastisitetsmodul E og tverrkontraksjonstall ν. Følgende forskyvningsfelt er foreslått for skiven, hvor u og v er forskyvning i hhv x- og y- retning, og a er en generalisert frihetsgrad: 2 x v v= ax 1 ; u = y 3L x Figure 4 shows a cantilevered, thin, plane structure ("skive"). The figure also shows the boundary conditions and geometry of the structure, as well as the selected xy coordinate system. The structure is subjected to a force F acting at the point (x,y) = (L,0). Neglect the weight of the structure. Further, considering the material, E is Young's modulus and ν is Poisson's ratio. An assumed displacement field for the structure is given above, where u and v are the displacement components in the x- and y-directions, respectively, and a is a generalized degree of freedom. a. (3%) Påvis at det foreslåtte forskyvningsfeltet tilfredsstiller skivens essensielle v randbetingelser. Sammenhengen u = y er en matematisk formulering av x en meget sentral hypotese i fasthetslære. Hvilken? Show that the proposed displacement field statisfies the essential boundary v conditions of the structure. The relation u = y is a mathematical expression of a very important hypothesis in the theory of strength of materials. x Which one?
NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR KONSTRUKSJONSTEKNIKK Side 8 av 9 b. (12%) Velg virtuelle forskyvningsfelt u ( x, y) og v ( x, y). Benytt deretter virtuelle forskyvningers prinsipp og Rayleigh-Ritz' metode til å bestemme en tilnærmet verdi av vertikalforskyvningen v(l,0) i lastens angrepspunkt, uttrykt ved E, ν, L, h og F. Choose virtual displacement fields u ( x, y) and v ( x, y). Thereafter, apply the principle of virtual displacements and Rayleigh-Ritz's method to determine an approximate value of the vertical displacement v(l,0) at the point where the force acts. Express the answer as a function of E, ν, L, h and F. c. (5%) Gi en kortfattet vurdering av kvaliteten til den tilnærmede løsningen du fant i spørsmål b. Stikkord: Randbetingelser, kompatibilitet,... Give a brief assessment of the quality of the approximate solution you found in question b. Keywords: Boundary conditions, compatibility,...
NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR KONSTRUKSJONSTEKNIKK Side 9 av 9 OPPGAVE 5 (Vekt / weight ca 5%) Kontinuerlig fritt opplagt rand / Continuously simply supported boundary Innspent rand / Clamped boundary 2L 2L Fri rand / Free boundary L L (a) (b) Figur 5: (a) Rektangulær plate. Perspektivskisse. Rectangular plate. Perspective view. (b) Rektangulær plate. Snitt i xy-planet med angivelse av randbetingelser. Rectangular plate. Section view in the xy-plane, including specification of boundary conditions. Figur 5 viser en rektangulær plate som er fritt opplagt langs de to lengste rendene. Den ene av de korte rendene er fast innspent, mens den andre er fri. Anta at det virker en jevnt fordelt last q med konstant intensitet over hele platen. Figure 5 shows a rectangular plate. The two longest boundaries of the plate are simply supported. As for the short boundaries, one is clamped and one is free. Assume that a uniformly distributed load q acts over the entire plate. Foreslå et forskyvningsfelt w(x,y) som kan benyttes i en Rayleigh-Ritz beregning av platen. Velg selv hvor du vil plassere origo. Argumenter for ditt valg av forskyvningsfelt w(x,y). Suggest a displacement field w(x,y) which can be applied in a Rayleigh-Ritz analysis of the plate. You must first choose where to locate origin of the coordinate system. State the reason for your choice of w(x,y).
Formler/Formulas A1 Staver, bjelker og rammer/bars, beams and frames: Elastiske spenninger/elastic stresses M σ σ τ τ VS ' N y T z y N = ; M = z ; T = r ; V = A Iy Ip Iyt {τ T : Formelen forutsetter sirkulært tverrsnitt/the formula requires circular cross section.} Elastiske deformasjoner og krumning/elastic deformations and curvature L 2 NL TL 1 V d w M u = ; φ = ; w = k dx ; EA GI κ = = 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 L 1 du UN = EA dx 2 dx 0 L 2 1 d w UM = EIy dx 2 2 dx 0 L 2 1 dφ T = p 2 dx 0 U GI dx 2 2 U U U * N * M * T L 2 1N = dx 2EA 0 L 2 1M = 2EI 0 L 2 1 T = 2GI 0 y p dx dx L 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 = σε d V ; Fr = σε d V V V Enhetslastmetoden med temperatur/unit load method including temperature: L L L L N M 2α T T g T Vz F Δ r = N + αtδ Tu 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: L 0A 0 ( ) Π= U+Ω= U dadx+ F u Prinsippet om stasjonær potensiell energi i 1D/Principle of stationary potential energy in 1D: Π v i = ( U+Ω ) = 0 v i 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 [ E]{ ε }) { } T { } { } T 0 u F u { Φ } dπ= d d dv d dv d ds= 0 V V SΦ 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 x y 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 i= 1 i= l+ 1 i= m+ 1
A3 Integraler/Integrals: R S T z a 0 for m n mπx nπx sin sin a a dx = a for m = n 0 2 z a 0 for m n mπx nπx ; 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 Likevekt/Equilibrium: σ τ τ x y z F 0 x xy zx + + + x = ; τxy σy τyz + + + Fy = 0 x y z ; τ τ σ x y z zx yz z + + + z = F 0 T [ ] {} σ + {} F = {} 0 Kinematisk kompatibilitet/kinematic compatibility: u v w ε x = ; ε y = ; ε z = x y z u v v w w u γ = + ; γ = + ; γ = + y x z y x z ; xy yz zx { ε} = [ ]{ u} Cauchys ligning/cauchy's equation: Φ =σ l+τ m+τ n ; Φ =τ l+σ m+τ n ; Φ =τ l+τ m+σ n x x xy zx y xy y yz z zx yz z { Φ} = [ σ]{ n } 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 σ = = τ= σ Kompatibilitetsbetingelsen/Compatibility equation: 2 2 2 ε ε x y γxy 2 + 2 = y x x y
A6 Materiallov for isotropt materiale/material law for isotropic material: εx 1/E ν /E ν /E 0 0 0 σx y /E 1/E /E 0 0 0 ε σ ν ν y ε z ν /E ν /E 1/E 0 0 0 σ z = γxy 0 0 0 1/G 0 0 τxy γ yz 0 0 0 0 1/G 0 τ yz γ 0 0 0 0 0 1/G τ zx zx {} ε = [ E] 1 { σ } σx (1 ν)c νc νc 0 0 0 εx y c (1 )c c 0 0 0 σ ε ν ν ν y σ z νc νc (1 ν)c 0 0 0 ε z = τxy 0 0 0 G 0 0 γxy τ yz 0 0 0 0 G 0 γ yz τ 0 0 0 0 0 G γ zx zx { σ} = [ E]{ ε } Termisk tøyning/thermal strain: Δ { ε T 0 } 1 1 1 =α ΔT 0 0 0 1 {} ε = [ E] { σ} + { ε 0} { σ} = [ E] ({ ε} { ε 0} )
A7 Materiallov for isotropt materiale i plan spenningstilstand/ Material law for isotropic material in plane stress state: ε x 1/E ν/e 0 σ x y /E 1/E 0 ε = ν σy γ 0 0 1/G τ xy xy σ x 1 ν 0 ε x E σ y = 1 0 2 y 1 ν ε ν τ 0 0 ( 1 ν) /2 γ xy xy ν ε z = σx + σ y E ( ) Materiallov for isotropt materiale i plan tøyningstilstand/ Material law for isotropic material in plane strain state: ε x 1 ν ν 0 σ x 1+ν y 1 0 ε = y E ν ν σ γ 0 0 2 τ xy xy ( ) σ x 1 ν c νc 0 ε x σ y = νc ( 1 ν) c 0 εy τ 0 0 G γ xy xy Eν σ = ε +ε = ν ε +ε ( )( ) ( ) c ( ) 1+ν 1 2ν z x y x y Elastiske materialkonstanter/elastic material constants: E E E G = ; c = ; K = 2(1 +ν ) (1 +ν)(1 2 ν) 3(1 2 ν)
A8 Hovedspenninger og invarianter/principal stresses and invariants: Ikke triviellløsning [ σ I]{} n {} 0 [ σ I ] I I I 1 2 σ = det σ = 0 σ I σ + I σ I = 0 = σ + σ + σ x y z Non trivialsolution = σσ + σσ + σσ τ τ τ 2 2 2 x y y z z x xy yz zx 2 2 2 3 = σ xσ yσz + 2τxyτ yzτzx σxτ yz σ yτzx σzτxy 3 2 1 2 3 Hydrostatisk og deviatorisk spenning/hydrostatic and deviatoric stress: 1 1 σm = ( σx + σ y + σ z) = I1 si = σ i σm ; sij = τ 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 + + = σ σ σ σ σ σ τ τ τ 3 σ 2 2 2 2 2 2 2 x y y z z x xy yz zx j Alternativt: ( ) ( ) ( ) Volumtøyning/Volumetric strain: σ m σ m εv = εx + ε y + εz = = 3(1 2 ν) K E Tøyningsenergitetthet/Strain energy density: U 0 1 = ( σε x x + σε y y + σε z z + τxyγ xy + τ yzγ yz + τzxγ zx ) 2 1 2 2 2 ν 1 2 2 2 = ( σx + σ y + σz ) ( σxσ y + σ yσz + σzσx) + ( τxy + τ yz + τzx) 2E E 2G 1 1 = + + + + + + + + 18K 12G = U + U 0V 2 2 2 2 2 2 2 ( σx σ y σ ) z ( σx σ y) ( σ y σz) ( σz σx) 6( τxy τ yz τzx) 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 +ν ; M D ; M D(1 ) 2 2 y = +ν 2 2 xy = ν x y y x x y 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 σ x = ; ; (1 ) 2 +ν 2 2 σ y = 2 +ν 2 2 τ xy = ν 2 1 ν x y 1 ν y x 1 ν x y 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 ν ) Naviers plateløsning/navier's solution: M N mπx nπy w( xy, ) = wmn sin sin a b m= 1 n= 1 a b qmn 4 mπx nπy w mn = ; q q(, )sin sin d d 2 2 2 mn = ab x y y x L L 4 m n 0 0 D π + a b
NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR KONSTRUKSJONSTEKNIKK TKT 4124 MEKANIKK 3 Eksamen 17/12 2008 SENSUR Oppsummering: Karakterfordelingen (sortert på studieprogram) er gjengitt i figuren nedenfor. Dessuten er litt mer tallmateriale for hvert studieprogram gjengitt i tabellen nederst på siden. Essens: En gjennomsnittlig poengsum på 73.3 er bra! Ca 80% har fått A, B eller C. Noe mer spredning enn i 2007: Færre C i år. Positivt at eksamen skiller. Det er også noe større forskjell mellom studieprogrammene enn det var i 2007. Ingen E eller F på MTBYGG, og over halvparten på MTPROD fikk B! Eksamen TKT4124 Mekanikk 3-17/12 2008 Antall kandidater 50 45 40 35 30 25 20 15 10 5 0 A B C D E F Karakter ANDRE MTPROD MTING MIBYGG MTBYGG MTBYGG MIBYGG MTING MTPROD ANDRE ALLE Antall kandidater 86 31 13 12 3 145 Gj.snitt poeng 77,1 68,2 65,5 71,2 61,4 73,3
NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR KONSTRUKSJONSTEKNIKK Oppgave 1: Veldig bra! Gjennomsnittsuttelling på denne oppgaven var 28 poeng, dvs 80% av full score. Samtlige kandidater valgte ett av de fire relevante alternativene for SBG: Fjerne A y (62 kandidater) Ledd umiddelbart til venstre for B, dvs i høyre ende av bjelke AB (8 kandidater) Ledd rett under B, dvs øverst i søyle DB (30 kandidater) Ledd i D (45 kandidater) Rent regnemessig var de to første å foretrekke i både a- og b-spørsmålet. Da slapp man å dekomponere M-diagrammet for AB i en trekant og en parabel før hurtigintegrasjonen. De som ikke innså/fikk til dette, måtte integrere analytisk. Mens de to første delspørsmålene var ganske standard, var problemstillingen i c ny av året. I tidligere eksamenssett har det stort sett dreid seg om uniform temperaturøkning, mens det denne gangen var krumningsbidraget som hadde betydning. Denne deloppgaven ble besvart over enhver forventning! Men et par gjengangere var det blant småfeilene: Forbløffende mange brukte faktor 1/3 i stedet for 1/2 ved hurtigintegrasjon av firkant (temperaturkrumning) og trekant (M 1 ). En litt mer alvorlig feil er å komme ut med svar som ikke er dimensjonskorrekt. Hvis man for eksempel regner ut at en lagerreaksjon skal være A y = 1/10 αδt/h, må det være en feil et sted, siden αδt/h ikke er i nærheten av å ha dimensjon N Oppgave 2: Her endte snittscoren på snaue 80%, noe som også er veldig bra! Spesielt spørsmål a var bortimot innertier for de fleste. Smårusk i form av gal vinkel eller gal M p blir det ikke trukket mye for. Det er verre når det foreslås mekanismer som ikke er kinematisk mulige, f.eks fordi de innebærer stukning av rigelen BC. For å unngå stukning, må horisontalavstanden mellom B og C være 5a for alle mekanismene. Av samme årsak må hjørnene B og C beholde sin høyde over hhv. A og D, og det innebærer at en eventuell forskyvning av punktene B og C må være horisontal. Spørsmål b. var vanskeligere, og det var langt fra alle som fikk til M- diagrammet i rigelen AB. Men for ordens skyld: De som kom fram til gal konklusjon i a, dvs feil mekanisme, fikk full uttelling i b hvis de regnet riktig M-diagram, og påpekte at noe var galt fordi momentkapasiteten ble overskredet f.eks i hjørne B. Oppgave 3: Denne oppgaven var ny i forhold til fjorårets eksamen, og det forklarer nok litt hvorfor poeng-telleverket i Excel stoppet på moderate 65%. Vel, alt kan jo ikke gå i samme spor fra år til år. Oppgaven har likevel likhetstrekk med ting dere har sett før (eksempel 9.1 og 9.2, en øvingsoppgave, og gamle eksamener i Kontinuumsmekanikk), men var regnemessig enklere fordi det var et problem med plan spenning og dermed kun tre spenninger (σ x, σ y og τ xy ). Og her har vi én feilkilde: Å tro at skjærspenningen heter σ z bærer galt av sted. Fortegnsfeil i spenningene er utvilsomt en mindre alvorlig sak. Hovedspenningene gikk greitt for de aller fleste. Noen brukte formelen med invariantene, mens andre regnet ut determinanten direkte. Begge deler er selvfølgelig OK. Retningen til den største hovedspenningen var det færre som fikk til. På c-spørsmålet var det mye hummer og kanari. Forbausende mange la normalvektoren langs sveisen!
NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR KONSTRUKSJONSTEKNIKK Oppgave 4: Tja. Rent regnemessig var denne oppgaven enklere enn den sammenlignbare plateoppgaven i oppgave 5 i 2007. Men det gikk dårligere i år, og det skyldes ikke at det var vis at for W i i 2007. Noen hadde kanskje sett seg litt blind på oppgaven i fjor? Det er en fundamental misforståelse å gyve løs på en skiveoppgave som om det skulle vært en plate. Rent fysisk er det ikke fullt så galt å håndtere problemet som en bjelke fra starten av, men dette blir også en vel kjapp innersving så lenge det i hvertfall i teorien kan være tøyninger ε y og γ xy i skiven. De som deriverte riktig under utregningen av u(x,y), fikk forøvrig ε y = γ xy = 0, og kurant utregning av W i siden σxε x ble det eneste bidraget. Det ble selvfølgelig ikke trukket mye for regnefeil i u(x,y), men konsekvensen for mange ble en adskillig heftigere W i fordi verken τ xy eller γ xy var lik null. Også W y ble gjort unødig komplisert i en del besvarelser. Skiven var påkjent av en punktlast, og da slipper man å integrere. Noen få brukte potensiell energi i stedet for virtuelt arbeid som utgangspunkt for Rayleigh-Ritz, og det er selvfølgelig OK. Ca 40 kandidater svarte blankt på det siste delspørsmålet (pga tidsnød?), og det er en viktig årsak til at den gjennomsnittlige uttellingen på oppgave 4 som helhet ble såpass lav som 60%. Oppgave 5: En del blanke her også (ca 20), men av de som hadde svart, fikk de fleste 3 poeng eller mer slik at klassen som helhet endte med et snitt på 3.5 poeng, dvs 70%. Her var det ikke noe fasitsvar, og det er en lang rekke funksjoner w(x,y) som tilfredsstiller de essensielle (kinematiske) randbetingelsene. Noen brukte trigonometriske funksjoner, andre foretrakk polynomer, og atter andre la origo i det ene innspente hjørnet, x-aksen langs innspenningen og valgte w(x,y) = a y 2 sin(πx/l). Utmerket! En vanlig feil var å foreslå en funksjon som ikke ivaretok null vinkel i innspenningen, f.eks w(x,y) = a y sin(πx/l), eller en kvart sinusbølge i den lange retningen. I hvilken grad de foreslåtte funksjonene vil gi en tilnærmet løsning av god kvalitet, var det ikke konkret spørsmål om. Dette er det derfor ikke tatt noe hensyn til i retteprosessen; det er kun fokusert på de essensielle randbetingelsene. Men det er åpenbart at hvis man benytter et 2.ordens polynom (parabel) i både x- og y-retning, vil momentet (to gangers derivasjon av w(x,y)) være konstant i platen, og dette er neppe noen optimal tilnærmelse. Sånn sett vil trigonometriske funksjoner eller høyere ordens polynom være å foretrekke. Ulempen er at de gir mer regnearbeid. Men nå er det en gang slik at det er sjelden man setter seg ned for å håndregne på plater. Man finner en håndbok, eller tyr til et elementmetodeprogram.