Något om Hållfasthetslära och Mathematica, läsanvisningar ...

Något om Hållfasthetslära och Mathematica,

läsanvisningar och utvidgningar till

Tore Dahlbergs bok Teknisk hållfasthetslära

Bertil Nilsson2022-02-20

EI, L1

2Δ1,F1

Δ2,F2

Θ1,M1

Θ2,M2

12 6L 12 6L6L 4L2 6L 2L2

12 6L 12 6L6L 2L2 6L 4L2

Δ1Θ1Δ2Θ2

, där

Δ förskjutning mΘ vridningsvinkel radF kraft NM böjmoment Nm

HH/ITE/BN Hållfasthetslära och Mathematica 1

1 Inledning

sid 9-13: Kort bra inledning till hållfasthetsläran. Läs igenom. Att handräkna hållfasthetslära tillhör numera en svunnen tid. Ingen-jören ska istället koncentrera sig på att studera problemställningar. Att kunna modellera och utvärdera dem blir allt viktigtigare! Läsmera om detta i e-boken ”Något om Matematisk modellering och Mathematica”. Datorn gör sedan alla tråkiga beräkningar ochparameterstudier, vilket den dessutom gör mycket snabbare och säkrare, “Computational Thinking”! Utöver att lära sig modellerafinns det då plats för skojigare saker att fylla en kurs med. Exempelvis är nyare material ofta förbisett i en klassisk kurs. Stål harvarit 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 finitaelementmetoden (FEM), som är den helt dominerande datormetoden ute i industrin för att lösa hållfasthetsproblem och andranärbesläktade bekymmer. Fråga författaren till denna e-bok om en sådan kurs

Även i hållfasthetslära (det vill säga som vanligt) är det viktigt att alltid arbeta i ett koordinatsystem och göra dimensionsanalys påekvationer 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 omMekanik-Dynamik och Mathematica”. Man brukar säga att gränsen går vid en balk med två eller tre stöd. Två stöd är mekanik. Allareaktionskrafter kan bestämmas ur kraft- och momentjämvikt.

Vi har två ekvationer och två obekanta, FA och FB, ok! Vi har ett så kallat statiskt bestämt system.

Solve FA FB P 0, Kraftjämvikt

a P a b FB 0 , Momentjämvikt medurs kring A

FA, FB Simplify

a b, FB

a Pa b

Nu lägger vi till ytterligare ett stöd så vi har tre stycken.

Då har vi tre obekanta, FA, FB och FC men fortfarande bara två ekvationer. I linjär algebra brukar detta kallas för ett underbestämtekvationssystem, men i mekanik och hållfasthetslära används i stället benämningen statiskt obestämt system eller hyperstatisktsystem. Vi behöver fler ekvationer! Närmare bestämt är det ekvationer som handlar om hur material deformeras under belastning.Från att i den klassiska mekaniken ha varit intresserade av hur kroppar rör sig och vilka yttre krafter de utsätts för kommer vi nuistället rikta uppmärksamheten mot inre belastningar och deformationer orsakade av yttre belastningar. Då kan vi inte längrebetrakta kroppen som stel. Alla samband ska vi se kokar ner till några centrala begrepp samlade i den “Gyllene kvadraten” som viåterkommer till. Så uppgiften i hållfasthetslära kan sammanfattas i att bestämma om en konstruktion håller för givna belastningaroch hur den då deformeras.

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 avkoordinatsystem 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 normalspän-ning Σ (eng. normal stress) är så kallade snittstorheter som är vektorer och vinkelräta mot snittytan med arean A. De knyts sammanav följande (Σ Σ x brukar betraktas konstant över tvärsnittet, men egentligen N N x A x Σ x, y, z A)

2 Hållfasthetslära och Mathematica HH/ITE/BN

Definition normalspänning Σ x def N xA x med enheten N m2 (Den skarpa definitionen är Σ def lim

Man har teckenkonventionen att normalkraften och normalspänningen är positiva om de pekar ut från snittytan och negativ inmot snittytan. Se figur ovan! Ansätt alltid snittkrafter positiva utåt vid beräkningar! Eftersom de är vektorer så kommer de sedanatt 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 vokabuläretnär det gäller reella tal.

Exempel 2/1 sid 18: i Tores bok.

Lösningsförslag: Vi separerar redan här jämviktssamband från beräkning av spänning. Givetvis tar Tore genvägar och hoppar övernormalkrafterna N1 och N2. Vi kommer så småningom att systematisera beräkningarna, till skillnad från Tores lite räknande här ocheliminerande där. Håll dig alltid till SI-enheter. Tores start med cm är sådär Ofta brukar man i hållfasthetslära trots allt räkna medN och mm för att få “lagom” stora mätetal på spänningar som då får enheten N mm2 eller MPa (MegaPascal). Sambandet mellanolika använda enheter är 1 N mm2 1 MPa 106 Pa, där 1 Pa 1 N m2 är SI-enheten. Snitta i de två delarna och sätt upp allasamband. Lös dem sedan med Mathematica.

SolveN1 S 0, N2 S 0, S 10 000, Jämviktssamband

A1 1 102, A2 2 A1, Areor i mm

Σ1 N1

A1, Σ2 N2

A2, 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 stångenligt 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 yttrekraften S i båda fallen. Detta är inte alltid möjligt, exempelvis då vi har “parallellkoppling”. Vi tar ett generellt grepp och friläggervid varje snitt och formulerar jämviktsekvationerna för varje frilagd del av kroppen. Samtidigt passar vi naturligtvis på att bestämmaspänningarna i snitten. Alla samband skickas in som ett stort ekvationssystem till Mathematica. Alltså snitta mitt i de två delarna ochför 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 3 P N2 0, N2 2 P 0, Jämviktssamband

Σ1 N1

A1, Σ2 N2

A2, Spänningar i tvärsnitten

N1, N2, R, Σ1, Σ2 N1 P, N2 2 P, R P, Σ1

, Σ22 PA2

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

A1 1 102, A2 2 A1, Areor i mm

Σ1 N1

A1, Σ2 N2

A2, 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 visaratt kunskaper i hållfasthetslära är riktigt nyttigt när det gäller att stekakorv 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 dåegentligen använda ett cylindriskt koordinatsystem, r i radiell led, i tangentiell led och z i längdriktningen. Låt korven ha längdenL, radien R L, skinntjockleken h R, och inre övertrycket p N m2. Snitta den nu på längden och tvären, se figur nedan, ochanvänd koordinataxlarnas namn som index på de aktuella spänningarna i korvskinnet.

Ställ upp jämviktssamband i - och z-led. Eftersom korven är mycket längre än den är tjock blir resultatet tydligare om vi försummarbidraget från ändarna vid jämvikt i -led. Lös sedan ut de önskade spänningarna i skinnet.

SolveΣ 2 h L p 2 R L 0, Jämvikt i ledΣz 2 Π R h p Π R2 0, Jämvikt i z ledΣ , Σz Σ p R

h, Σz

p R2 h

Uttrycken brukar kallas ångpanneformlerna, som antyder att de varit kända länge. Vi noterar att Σ 2Σz i skinnet, vilket förklararden 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 för denna

SolveN F 0, F m g, Jämviktssamband

m Ρ V, V x A, Geometri

A, 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 A x

Vi ser att det är tryckspänning Σ 0 i pelaren, som man kan förmoda. Se handritad plot till höger ovan ;-). Skadar aldrig att göradimensionskontroll, exempelvis Σ gΡx m

s2 kgm3 m kg m 1

s2 1m2 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 för denna

Solve N F 0, F m g, Jämviktssamband

m Ρ V, V H x A, Geometri

A, Spänning i tvärsnittet

N, F, Σ, m, V Simplify

N A g Ρ H x , F A g Ρ H x , Σ g Ρ H x , m A Ρ H x , V A H x

Vi ser att det är dragspänning Σ 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 respek-tive A2. Maximalt tillåten spänning i dem är ΣB1 respektive ΣB2, sedan går de sönder. Var ska lasten P placeras, det vill säga hur storska Α vara, för att bärförmågan ska bli maximal och hur stor blir då P?

Lösningsförslag: Snitta stängerna och inför snittstorheter som vanligt N1, Σ1, N2 och Σ2. Maximalt tillåtna normalkrafter ärNB1 ΣB1A1 och NB2 ΣB2A2. Maximal bärkraft för oket får vi då dessa utnyttjas fullt ut samtidigt. Ställ upp jämviktssamband förnedre delen enligt figur ovan till höger.

ekv NB1 NB2 P 0, KraftjämviktΑ L P L NB2 0 Momentjämvikt medurs kring infästning av stång 1 ;

och lös ut optimala Α och P.

ΑP Solve ekv, Α, P

Α NB2

NB1 NB2, 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 numeriskavärden NB1 ΣB1A1 1 och NB2 ΣB2A2 3, så kan vi sedan rita ett illustrativt diagram över P Α . (Om du förstår denna bild direktså har du förmodligen inte gjort det ;-)

bär P . Solve ekv, P, & NB1, NB2

NB2ΑNB1Α 1

Plot Evaluate Join bär, Min bär . NB1 1, NB2 3 , Α, 0, 1 ,

PlotStyle Green, Blue, Thick, Red , PlotRange 0, 10 , AxesLabel "Α", "P Α "

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0Α

10P Α

Vi kan identifiera våra analytiska värden i diagrammet.

ΑP . NB1 1, NB2 3

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 ochstuderar 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. Använd medelvärdet av volymkraften i de tvåsnitten. Vi får då jämviktssamband i x-riktningen för den lilla delen x.

N x x N x 12 k x A x x k x x A x x x 0

Dividera med x.N x x N x

x12 k x A x k x x A x x 0

Låt x 0 och känn igen derivatans definition

N xx k x A x 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 dennaversion genom att sätta in N x Σ x A och A x A konstant i vår differentialekvation (B2.13) och förkorta bort A. Om materialetsdensitet 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 ΡxΩ2 och (RV): spänningsfritt vid spetsen, utgör ett(BVP) för propellern som vi direkt löser med DSolve.

DSolveΣ' x Ρ x Ω2 0, Σ L 0, Σ x , x Simplify

Σ x12Ρ Ω2 L2 x2

Exempel B2/6: Repris på Exempel 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 enenkel separabel i detta fall. Skedmata med (ODE), rätt volymkraft k x Ρg och randvillkor, så får vi direkt

DSolve D Σ x A, x Ρ g A 0, Σ 0 0 , Σ x , x Stående

Σ x g Ρ x

DSolve D Σ x A, x Ρ g A 0, Σ H 0 , Σ x , x Simplify Hängande

Σ x g Ρ H x

Med samma resultat som ovan, smidigt Eftersom A är konstant duger naturligtvis Tores version (13) också

DSolve Σ' x Ρ g 0, Σ 0 0 , Σ x , x Stående

Σ x g Ρ x

DSolve Σ' x Ρ g 0, Σ H 0 , Σ x , x Simplify Hängande

Σ x g Ρ H x

Exempel B2/7: För att verkligen dra nytta av möjligheten med varierande area i differentialekvationen (B2.13) ska vi dimensioneraen pelare som är jämnstark, det vill säga har samma normalspänning i varje tvärsnitt. I en sådan optimal pelare utnyttjas allt materialmaximalt 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) skulleprojekteras. 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 ifiguren nedan har vi de två torntyperna. Den intressanta pelartypen har vi också snittat i den högra figuren. Om den dimensionerandespänningen i materialet är Σ0 har vi pelarens topparea A0 ur Σ0

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.

Aopt DSolveΣ0 A' x Ρ g A x 0, Σ0 M g

A 0, A x , x First

A xg M

g Ρ xΣ0Σ0

Tydligen en pelare med exponentiellt ökande tvärsnittsarea och massan

H Ρ A x . Aopt x

M g H ΡΣ0 1För jämförande ändamål gäller det nu att bestämma arean Ac för motsvarande cylinderformade pelare, till vänster i figuren ovan. Ompelarens höjd är H och materialets maximala tryckpåkänning är Σ0 får vi det dimensionerande tillståndet vid foten

Acyl Solve Ac Σ0 M g Ac H Ρ g 0, Ac First

g H Ρ Σ0

Nu är det bara att skapa pelare av betong som exempelvis är 30 m höga och som ska bära en last av 5000 m3 vatten.

data g 9.81, M 5000 1000 g, H 30, Ρ 2300, Σ0 15 105;Så numeriskt har vi

Aopt, Aopt . x & 0, H , Acyl, 0

H Ρ A x . Aopt x . data

A x 320.787 0.015042 x, A 0 320.787 , A 30 503.728 , Ac 584.588 , 2.79727 107

Kvoten mellan pelarnas massor är en indikation på mängd sparade pengar i form av material, arbete, beredning av underlag osv.

NSolvebättre mopt mcyl

mcyl, Σ0 A x M mopt g 0 . Aopt . x H, mcyl Ac H Ρ . Acyl . data

mcyl 4.03366 107, mopt 2.79727 107, bättre 0.306518Besparing med 30%, det vill säga 1-0 till beräkningsteknik! Nu återstår bara att rita de två pelarna som brukar ha cirkulärt tvärsnitt.

ShowRevolutionPlot3D Ac Π . Acyl . data,

x, 0, H . data , RevolutionAxis 1, 0, 0 , PlotStyle Opacity 0.4 ,RevolutionPlot3D A x Π . Aopt . data, x, 0, H . data , RevolutionAxis 1, 0, 0

Exempel B2/8: På samma sätt kan vi konstruera en i ett vertikalplan arbetande jämnstark propeller som för ovanlighetens skull skabära massan M vid sin ytterände. Sök alltså tvärsnittsarean A r så att vi får samma normalspänning Σ0 i varje snitt, se figur till höger.

Lösningsförslag: Vi vet att massan M orsakar störst påkänning i nedre vändläget (mekanik dynamik cirkelrörelse!), så om Σ0 ärdimensionerande i materialet har vi arean A R ur Σ0 A R N R MRΩ2 M g vid kontakten mellan propellerspetsen och M. Dettafår bli (RV). Med N r Σ0 A r och “centrifugalkraft”, k r ΡrΩ2 samt tyngdkraft k x Ρg ger nu (B2.13) optimal A r .

Aopt DSolveΣ0 A' r Ρ r Ω2 A r Ρ g A r 0, Σ0 A R M R Ω2 M g , A r , r Simplify

A rM g RΩ2 exp Ρ r R 2 g Ω2 r R

2Σ0Σ0

Tydligen exponentiellt avtagande tvärsnittsarea. Exempelvis

data g 1, Σ0 4, Ρ 1, M 1, R 2, Ω 0.3 ;

Plot A r

2 . Aopt . data, r, 0, 5 , PlotStyle Pink, Filling Axis, AspectRatio 0.1

Samma fina vinstkalkyl som i föregående exempel kan göras gentemot en jämntjock propeller.

Ajt SolveΣ r Σ0 . DSolveΣ' r Ρ r Ω2 Ρ g 0, Σ R A M R Ω2 M g , Σ r , r . r 0, AA 2 g M M RΩ2

2 g Ρ R Ρ R2 Ω2 2 Σ0

Till slut; Aopt 0 , Ajt och 39% besparing i vikt!

A r . Aopt . r 0, A . Ajt,0

R Ρ A r . Aopt rΡ A R . Ajt1 . data Flatten

0.508759, 0.648352, 0.390517

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.

Tore börjar med en global definition genom att ge den fria ändpunkten 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 Δ

L0 (eng. linear normal strain) som är dimensionslös, 1 .

Tyvärr kan man inte addera den linjära töjningen, se figur ovan till höger, ty Δ1 Δ2L0

1 2Δ1L0

Δ2L0 Δ1

. Man har

därför infört logaritmisk töjning eller sann töjning (eng. logarithmic strain). Utgå från den lilla töjningen LL vid godtyckligt L

som efter gränsövergång och integration 0 L0

L 1L L ger ln L

L0 som kan adderas. Även denna är naturligtvis dimensionslös.

Om Δ L0 övergår den logaritmiska töjningen i den linjära som sig bör. Låt L L0 Δ så har vi med Taylorutveckling

SeriesLog L0 ΔL0

, Δ, 0, 1 ΔL0

OΔ2Liksom förskjutning u x och deformation Δ x är töjning x en lokal storhet, de varierar alltså med x. Det återstående släktskapetmellan de tre utreds med hjälp av figuren nedan där vi har två närliggande punkter på avståndet x från varandra. Vid belastningkommer dessa att förskjutas u x respektive u x x . Den lokala töjningen i punkten x blir då x u x x u x

x . Låt x 0 så har vi

Sambandet mellan töjning x och förskjutning u xges av differentialekvationen

(B3.1)

Den linjära töjningen får vi direkt om vi låter index 1 vara vid väggen och 2 vid ytteränden; x ux

u2 u1x2 x1

Δ 0L0 0

Exempel B3/1: En stång trycks ihop från 140 mm till 120 mm. Sök den linjära och logaritmiska töjningen.

Lösningsförslag: Vi har Δ 120 140 20 mm, och får direkt med definitionerna ovan både den linjära och logaritmiska töjningen

lin, log 120. 140

140, Log 120.

0.142857, 0.154151

Vid hoptryckning blir i motsats till förlängning den logaritmiska töjningen till beloppet större än den linjära töjningen.

Plot Abs x 1 , Abs Log x , x, 0.05, 4 ,

PlotStyle Blue, Red , AxesLabel "L L0", " lin , log "

1 2 3 4L L0

0.51.01.52.02.53.0

lin , log

Exempel B3 2: En dammlucka är 3 m djup och fritt ledad kringen z–axel genom origo. En vajer från nederkanten på luckan tillpunkten 1, 0 m fixerar den i vinkeln 88 räknat från x–axeln.Då vattnet släpps på kommer luckan på grund av trycket frånvattnet att sammanfalla med negativa y–axeln och såledesbilda vinkeln 90 med x–axeln. Sök töjningen i vajern.

Lösningsförslag: Vi behöver vajerns längd Θ för några olika vinklar Θ på luckan. Då kommer cosinussatsen till användning.

Θ : 3.02 1.02 2 3.0 1.0 Cos ΘNu är det bara att räkna på! Först den linjära sedan den logaritmiska töjningen

0.0106372

log Log 90

0.010581

Kvoterna ovan blir minst sagt risiga om man vill se vad som händer vid små vinkeländringar Θ från ursprungsläget Θ. Det kan dåvara läge att göra en linearisering kring “arbetspunkten” 88 .

linlog Θ Θ ΘΘ , Log Θ ΘΘ Simplify

10. 6. cos Θ Θ10. 6. cos Θ 1, log

10. 6. cos Θ Θ10. 6. cos Θ

linlogApprox Series linlog . Θ 88 , Θ, 0, 1 Normal

0.30623 Θ, 0.30623 Θoch jämföra

linlogApprox . 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 omväntproportionell mot tvärarean” och “töjningen varierar linjärt”. Dessa insikter kräver kunskap om materialsamband från kap 4. Vi tardet då

4 Materialsamband

sid 39-44: Materialsamband är samband mellan spänning och töjning i ett material, sista pusselbiten ska vi se. Materialsambandkallas ibland konstitutiva samband. Kursivt 4.1. Det finns många materialmodeller. Riktigt grundläggande och mycket vanligtförekommande är linjärt samband, kap 4.2 elasticitetsmodul E (eng. Young’s modulus), enhet N m2, och kap 4.3 Hookes lag Σ Esom ärvs över i namnsättningen, Hooke-material. Använd ( E ), ( dsE ) eller Y för elasticitetsmodulen i Mathematicaeftersom E i InputCell av historiska skäl tolkas som basen för naturliga logaritmen, . För stål är typiskt E 205 GPa.

Tvärkontraktionstal eller Poissons tal Ν (eng. Poisson’s ratio) för tvärkontraktion tvär Ν . För de flesta metaller är Ν 0.3, ochman kan visa att för alla material måste 0 Ν 0.5. Hoppa kap 4.6. Kap 4.7-8 temperaturutvidgningskoefficient Α (eng. coefficientof thermal expansion). Uppvärmning T grader orsakar bidrag till töjningen T 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 gårin i det plastiska området. Från att varit ett linjärt samband blir nu spänningen nästan konstant. Lastas materialet ytterligare upp-träder så småningom brott. Så sträckgräns ΣS och brottgräns ΣB är exempel på viktiga storheter som hämtas ur aktuell materialtabelloch som beräkningsresultat ska kontrolleras mot för att se om konstruktionen håller, annars får man byta till ett starkare materialeller göra en omkonstruktion. Om avlastning sker i det plastiska området får man en elastisk återfjädring (eng. springback) somföljer en kurva parallell med den i det elastiska, men med en bestående deformation av modellen. Detta problem sysselsätter bådedatorer och personal inom exempelvis bilindustrin när det gäller att bestämma formen hos pressverktyg för tillverkning av snyggakarossdelar. Då en plan plåt ska formas till exempelvis en motorhuv krävs det att pressen plågar materialet in i det plastiska områdetså 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 mot slutet.

sid 53-57: För ett viskoelastiskt material är den konstitutiva modellen tidsberoende och beskrivs ofta med en differentialekvation.Typiskt består en materialmodell av atomerna fjäder och dämpare sammansatta i serie och parallellt till alltmer komplexa molekyler.

Vi känner igen fjädern där kraften som krävs för att förlänga den en sträcka x är proportionell mot denna, det vill säga F f kx, där kkallas fjäderkonstanten med enheten N m. Observera att uttrycket gäller med tecken på x, det vill säga även då den trycks ihop. Imaterialsammanhang följer fjädern Hookes lag Σ E , eftersom F Σ och x .

För dämparen däremot gäller att kraften är proportionell mot förlängningshastigheten (farten), det vill säga Fd cx, där c kallasdämpningskonstanten med enheten Ns m. En dämpare består i princip av en cylinder fylld med olja. En rörlig bricka med hål i delarin cylindern i två kammare. Oljans viskositet, det vill säga hur trögflytande den är, antal hål i brickan och deras storlek avgör hurtrögt det är att flytta den, eftersom olja från ena kammaren då skall flyttas till den andra. Detta ger dämparen dess karakteristiskafunktion som också brukar kallas viskös dämpning. Kraften som krävs för att flytta på brickan är alltså inte beroende av dess lägeutan endast på hastigheten (farten). Jämför potatispress! I materialsammanhang följer dämparen Σ Η , där Η Ns m2 kallas viskositet.

Dämparen kallas ofta Newton-material eller visköst material, som är exempel på en reologisk modell. De första vanliga sammansätt-ningarna är en fjäder och dämpare parallellt, så kallat Kelvin-material (detta har man i hjulupphängningen på en bil) samt fjäder ochdämpare i serie som kallas Maxwell-material (plasten i en ICA-kasse). Så kan man hålla på att serie- och parallellkoppla till alltmerkomplexa modeller för att beskriva exempelvis plaster, gummi eller muskler i biomekanik. Ett sådant här tidsberoende materialsegenskaper bestäms experimentellt genom krypprov (där en provstav belastas med en bestämd konstant kraft, det vill säga konstantspänning, och sedan studerar stavens förlängning som funktion av tiden) och/eller relaxationsprov (där provstaven belastas med enbestämd konstant förlängning, det vill säga konstant töjning, och sedan studerar kraften, spänningen, i staven som funktion av tiden).Alla parametrarna Ei, Ηi i lämplig modell anpassas sedan till provkurvorna med hjälp av minsta kvadratmetoden.

Exempel B4/1: Sök nedhängningen hos en hängande pelare av Hooke-material! Vi har från Exempel B2/4 eller B2/6 att Σ x gΡ H x som med Hookes lag Σ E och sambandet (B3.1) mellan töjning och förskjutning x ux ger (ODE)

ode Eliminate Σ g Ρ H x , Σ , u' x , Σ,u x g Ρ H x

Denna löses med (BV) u 0 0 eftersom förskjutningen är noll där den sitter fast i taket. Slutligen förskjutningen av nederänden

DSolve ode, u 0 0 , u x , x

u xg Ρ 2 H x x2

u Hg H2 Ρ

Exempel B4/2: Alla dessa pelarvarianter från Exempel B2/3 och framåt får vi allra lättast/bäst med (B2.13)&(B3.1) som i harmonileder direkt till målet; N AΣ Hooke AE B3.1 AEu ' x och volymkraft vid tyngdkraft k x Ρg. Samma kraftfulla(ODE) ger nu samtliga pelarvarianter genom att enbart variera (RV). Detta är det moderna sättet i FEM, med u som väsentligstorhet. Sedan beräknas och Σ som så kallade härledda storheter. Jämför Newton mx F som med (BV) ger oss läget x t ,väsentlig storhet, och sedan hastighet x t , härledd. Eftersom vi ofta behöver även och Σ låter vi DSolve visa musklerna. Så direktmed x-axeln från toppen och nedåt har vi lätt alla önskade varianter

DSolve D A u' x , x Ρ g A 0, u' 0 u H 0, Stående

x u' x , Σ x x , u x , x , Σ x , x

u xg H2 Ρ g Ρ x2

g Ρ x, Σ x g Ρ x

DSolve D A u' x , x Ρ g A 0, u 0 u' H 0, Hängande

x u' x , Σ x x , u x , x , Σ x , x

u x2 g H Ρ x g Ρ x2

g H Ρ g Ρ x, Σ x g H Ρ g Ρ x

DSolve D A u' x , x Ρ g A 0, u 0 ΔT, u H ΔG, Mellan golv tak med

x u' x , Σ x x , sättningar Δ, som anges

u x , x , Σ x , x med tecken naturligtvis

u xg H2 Ρ x g H Ρ x2 2 x ΔG 2 H ΔT 2 x ΔT

xg H2 Ρ 2 g H Ρ x 2 ΔG 2 ΔT

2 H, Σ x

g H2 Ρ 2 g H Ρ x 2 ΔG 2 ΔT

Nu är det dax för den Gyllene kvadraten (GK) i Hållfasthetslära, se figur nedan. Detta centrala schema kopplar ihop yttre- medinre storheter, systematiserar alla beräkningar på ett enhetligt sätt och finns naturligtvis inte med i Tores bok. Han blandar iställeträknande här och eliminerande där lite efter behag så man tror att det behövs speciella lösningsmetoder för varje problem, vilketoftast är nödvändigt om man ska gå i mål för hand. Alltså#1. Formulera först alla samband, 1, 2 och 3, i figuren nedan och beskrivna därunder. Detta är Mekanik och Hållfasthetslära. Här blommar den moderna kreativa ingenjören ut i fysik, innovativ matematisk modellering och “Computational Thinking”.#2. Lös ekvationerna. Detta är inte Mekanik och Hållfasthetslära utan rutinmässig Matematik som görs bäst av Mathematica.

Inre storheter Yttre storheter

3 (GK)

där F kraft, Σ spänning, töjning och Δ deformation.

1. Jämviktssamband. Kopplar F och Σ. Man säger att de är statiskt bundna till varandra. Här kommer även mekanikens jämviktsek-vationer in. Dessa samband kan ställas upp utan 2. och 3.2. Deformationssamband, kinematiskt samband eller kompatibilitetssamband. Kopplar och Δ. Man säger att de är geometrisktbundna till varandra. Dessa samband kan ställas upp utan 1. och 3.3. Materialsamband eller konstitutivt samband. Kopplar Σ och . Detta görs genom prov och sedan anpassning med minstakvadratmetoden till lämplig materialmodell; Hooke, Newton, Kelvin, Maxwell Dessa samband kan ställas upp utan 1. och 2.

Det är modernare och mer exakt att prata om förskjutning u, istället för deformation Δ, i (GK) ovan. Då är dessutom manegen krattadför Finita elementmetoden, som är helt dominerande datormetod för att lösa allmänna fältproblem, tex hållfasthet, fluidmekanik ellerelektromagnetism. Men Tore gillar Δ, så vi får köpa att vara lite luddiga i 1D

Exempel B4 3: Linjärt elastisk stång infäst mellan två väggar utsatt föruppvärmning. Vi söker spänning Σ i stången och inspänningskrafter Pvid väggarna.

Lösningsförslag: Frilägg stången, det vill säga ta bort väggarna och ersätt med inspänningskrafterna P. Snitta så har vi med (GK)

SolveN P 0, Σ N

A, 1. Jämviktssamband

ΔL, Δ 0, 2. Deformation, Δ 0 ett krav från väggarna

Σ P, 3. Material. Hookes lag

T Α T, 3. Uppvärmning

Tot P T, 3. Sammanlagd töjning

N, P, Σ, P, T, Tot, Δ N Α A T, P Α A T, Σ Α T, P Α T, T Α T, Tot 0, Δ 0

Typiskt att (GK) genererar många ekvationer, här 7 st, men i gengäld får vi ut all information, inte bara det som söks primärt iuppgiften. Det är bra, man ska inte vara snål mot sig själv!

Exempel 4 4 sid 44: Nu är det dax att ta det.

Lösningsförslag: Ta bort väggarna och ersätt med krafternaS1 och S2. Snitta sedan i stängerna genom 1 och 2 , för insnittkrafterna N1 och N2. Vi får då tre delar där alla krafternadefinieras positiva ut från snittytorna. GK ger 14 ekvationeroch 14 obekanta som är en enkel match för Solve

Solve S1 N1 0, N1 N2 0, N2 S2 0, ΣS1 N1

A1, ΣS2 N2

A2, 1. Jämviktssamband

, Δ1 Δ2 0, 2. Deformation, Δ 0 pga väggarna

ΣS1 S1, ΣS2 S2, 3. Material, Hookes lag

T1 Α1 T, T2 Α2 T, 3. Material, uppvärmning

1 S1 T1, 2 S2 T2, 3. Sammanlagd töjning

N1, N2, S1, S2, ΣS1, ΣS2, S1, T1, S2, T2, 1, 2, Δ1, Δ2 N1

A1 A2 T Α1 L1 Α2 L2

A2 L1 A1 L2, N2

A1 A2 T Α1 L1 Α2 L2

A2 L1 A1 L2, S1

A1 A2 T Α1 L1 Α2 L2

A2 L1 A1 L2,

S2A1 A2 T Α1 L1 Α2 L2

A2 L1 A1 L2, ΣS1

A2 T Α1 L1 Α2 L2

A2 L1 A1 L2, ΣS2

A1 T Α1 L1 Α2 L2

A2 L1 A1 L2,

S1A2 T Α1 L1 Α2 L2

A2 L1 A1 L2, T1 Α1 T, S2

A1 T Α1 L1 Α2 L2

A2 L1 A1 L2, T2 Α2 T, 1

Α2 A2 L2 T Α1 A1 L2 TA2 L1 A1 L2

2L1 T Α1 A1 Α2 A2

A2 L1 A1 L2, Δ1

Α2 A2 L1 L2 T Α1 A1 L1 L2 TA2 L1 A1 L2

, Δ2Α1 A1 L1 L2 T Α2 A2 L1 L2 T

A2 L1 A1 L2

Avslutningsvis lite siffror, använd N, mm och MPa.

. A2 2 A1, A1 102, 208 109 1000 2, Α2 Α1, Α1 11.6 10 6, T 20, L2 L1, L1 LN1 6434.13, N2 6434.13, S1 6434.13, S2 6434.13, ΣS1 64.3413, ΣS2 32.1707, S1 0.000309333, T1 0.000232,

S2 0.000154667, T2 0.000232, 1 0.0000773333, 2 0.0000773333, Δ1 0.0000773333 L, Δ2 0.0000773333 L

Visst har vi följt Tores “Ett gott råd” på sid 46, ställ upp och räkna på vårt sätt!

Exempel B4 4: En vid väggen fritt ledad stel bom belastas medkraften P. En stång av Hooke–material med tvärsnittsarean Ahåller emot. Sök spänningen i stången ochnedhänget vid lasten.

Lösningsförslag: Frilägg och snitta stången, så har vi med GKoch figurerna, där som vanligt N ansätts positiv ut från ytan.

Solve a b P a N 0, Σ N

ΔH,Δa a b

, 2. Deformation, likformiga trianglar

Σ , 3. Material, Hookes lag

N, Σ, , Δ, N P a b

a, Σ P a b

P a ba A

, Δ H P a ba A

,H P a b 2

Tydligen tryckspänning i stången. Verkar rimligt. Vi ser även att N kommer ut med rätt tecken i förhållande till hur den korrekt harinförts som positiv ut från snittytan.

Exempel B4/5: Spänningar i en konstruktion kan uppkomma utan yttre laster. Vid exempelvis montering med passningsfel mellanbitarna uppkommer restspänningar eller egenspänningar då de tvingas samman. Studera en vid väggen fritt ledad stel bom som skamonteras tillsammans med två stänger av Hooke-material, där den ena har passningsfelet , se figur till vänster. Sök spänningarna istängerna!

Lösningsförslag: Frilägg och snitta stängerna, som har samma längd L och tvärsnittsarea A, så får vi direkt med (GK) och figur tillhöger ovan.

Solvea N1 2 a N2 0, Σ1 N1

A, Σ2 N2

Δ1L, 2

Δ2L,Δ1a

Δ22 a

, 2. Deformation, likformiga trianglar

Σ1 1, Σ2 2, 3. Material, Hookes lag

N1, N2, Σ1, Σ2, 1, 2, Δ1, Δ2 N1

4 A5 L

, N22 A

5 L, Σ1

, Σ225 L

, 145 L

, 225 L

, Δ145

, Δ225

Tydligen dragspänning i stång 1 och tryckspänning i stång 2. Verkar rimligt. De två måste jämkas samman så bommen kommer ijämvikt. Detta läge motsvarar tydligen en moturs rotation Θ tan Θ Δ2

2a 5a radianer av bommen. Naturligtvis kunde denna tagitsmed som en intressant storhet och givetvis kommer den då ut med rätt tecken. Så en repris

Solvea N1 2 a N2 0, Σ1 N1

A, Σ2 N2

Δ1L, 2

Δ2L,Δ1a

Δ22 a

Θ, 2. Deformation, likformiga trianglar

Σ1 1, Σ2 2, 3. Material, Hookes lag

N1, N2, Σ1, Σ2, 1, 2, Δ1, Δ2, Θ N1

4 A5 L

, N22 A

5 L, Σ1

, Σ225 L

, 145 L

, 225 L

, Δ145

, Δ225

, Θ5 a

Exempel 4/7 sid 57: i Tores bok tar vi på vårt sätt med Mathematica.

ode EliminateΣ Η ' t , Σ P

A1, L 1 A1 L0 A0, t Log L1

L0, Σ, A1, L1

A0 Η t P t

kryp DSolve ode, 0 0 , t , t

t log 1P t

A0 Η Principiell reseberättelse. Töjningen ökar exponentiellt över tid.

RulePlotLab kryp . P 1, A0 1, Η 1 , t, 0, 1

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0t

Exempel B4/6: Härled konstitutiva sambandet för ett Kelvin-material. Efter att studerat figuren ger enkel kraftjämvikt

Σ ΣE ΣΗ 0 Σ ΣE ΣΗ Σ E Η (4.ksK)

Exempel B4/7: Härled konstitutiva sambandet för ett Maxwell-material. Totala töjningen är summan av de över delarna, vilkakänner samma Σ.

E ΗΣ ΣE ΣΗ E ΗΣ E E Η ΗE ΗΣ E E Η Η Σ

EΣΗ (4.ksM)

Exempel B4/8: Studera krypprov för Kelvin- och Maxwell-material. Vid krypprov utsätts materialet för en konstant last Σ0. Sedanstuderas töjningen t över tid.

Σ t Σ0

Vi börjar med Kelvin vars konstitutiva samband ges av (4.ksK).

krypKelvin DSolve Σ0 t Η ' t , 0 0 , t , t Simplify First

tΣ0 1 tΗ

En ofta använd designparameter som berättar hur snabbt t närmar sig asymptoten Σ0 är begreppet stigtid Τ. Denna definieras avdet t som tangenten i t 0 skär asymptoten Σ0 . Denna blir alltså

Solve ' t Τ Σ0. D krypKelvin, t . t 0, Τ

Τ Η Principiellt utseende på Kelvinmaterialets krypkurva. Modellen är helt “stum” till att börja med, sedan en exponentiell krypning töver tid beroende på dämparen. Så småningom närmar vi oss ett gränsvärde Σ0 då den pålagda lasten bärs upp av fjädern.

RulePlotLab krypKelvin . Σ0 1, 1, Η 1 , t, 0, 5 , Ticks 1, "Τ Η " , 1, "Σ0 " ,

Epilog Red, Line 0, 0 , 1, 1 , 1, 0 , Dashed, Line 0, 1 , 5, 1

Τ Η t

Sedan raskt över till Maxwell vars konstitutiva samband ges av (4.ksM) med Σ t Σ0.

krypMaxwell DSolve ' t0 Σ0Η , 0

Σ0 , t , t Expand

tΣ0 Σ0 tΗ

Principiellt utseende på Maxwellmaterialets krypkurva. Här får vi en direkt respons i fjädern Σ0 som motsvarar den pålagda lasten.Sedan en linjär krypning t över tid beroende på dämparen som fortgår i “evig” tid.

RulePlotLab krypMaxwell . Σ0 1, 1, Η 1 , t, 0, 1 ,

PlotRange 0, 2.1 , Ticks None, 1, "Σ0 "

Exempel B4/9: Studera relaxationsprov för Kelvin- och Maxwell-material. Vid relaxationsprov utsätts materialet för en konstanttöjning 0. Sedan studeras spänningen över tid Σ t .

Vi börjar med Kelvin vars konstitutiva samband ges av (4.ksK). Efter insättning av t 0 urartar (ODE) till en vanlig linjärekvation.

relaxKelvin Solve Σ t 0 Η 0, Σ t

Σ t 0

Principiellt utseende på Kelvinmaterialets relaxationskurva. Vi får en direkt respons motsvarande spänningen i fjädern, sedan skeringen relaxation Σ t över tid.

RulePlotLab relaxKelvin . 1, 0 1 , t, 0, 5 , Ticks None, 1, " 0"

Sedan raskt över till Maxwell vars konstitutiva samband ges av (4.ksM) med t 0.

relaxMaxwell DSolve0 Σ t Σ' tΗ , Σ 0 0, Σ t , tΣ t 0

Η t Principiellt utseende på Maxwellmaterialets relaxationskurva. Vi får en direkt respons motsvarande spänningen i fjädern, sedan skerrelaxation Σ t över tid på grund av dämparen till helt spänningsfritt.

RulePlotLab relaxMaxwell . 0 1, 1, Η 1 , t, 0, 4 , Ticks None, 1, " 0"

Exempel B4/10: Det finns många användbara modeller som är något påbyggda Kelvin- och Maxwell-material. Vi nämner någratypiska.

Η2Σ 1 2 Σ 1Η2 1 2

Standard linjär solid

Specialfallen 2 0 ger Maxwell-material, och 1 ger Kelvin-material. Vidare (visa gärna de konstitutiva sambanden ;-)

Elastisk fluid Burgers material Maxwell & Kelvin i serie

Dessa används mycket när man ska modellera gummi, plaster och biologiska material samt trögflytande vätskor. I praktiken är någraytterligare komplicerade modeller populära; exempelvis hittas Neo-Hooke, Mooney-Rivlin och Ogden material i varje kommersielltfinita elementprogram som utger sig för att kunna hantera olinjära materialmodeller och stora förskjutningar.

5 Stångbärverk

sid 61-87: Hoppa över! Om du är extra intresserad så fråga författaren om en separat Mathematica e-notebook.

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. Typiskasådana 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 grövrestång med tvärsnittsarean A utsätts för en tvärkraft T (eng. shear force) införa en till denna hörande skjuvspänning Τ (eng. shearstress), se figur nedan. Liksom normalspänningen är denna inte konstant över tvärsnittet men brukar på samma sätt som Σ betraktassom sådan för att förenkla analysen. Som synes har Σ och Τ samma enhet, N m2 eller Pa. Dessa brukar dessutom sammanvägas påett speciellt sätt och jämföras med sträckgränsen ΣS för ett material. Kanske hinner vi återkomma till detta.

Τ def TA med enheten N m2.

Exempel B6/1: Ett ok fäst i taket belastas med kraften P. Sök skjuvspänningen Τ i den med tvärsnittsarean A sammanhållandepinnen, se figur nedan till vänster.

Lösningsförslag: Frilägg och snitta pinnen på ömse sidor om dragstången enligt figur ovan till höger. Inför tvärkraften T som avsymmetriskäl blir lika på båda sidor. Nu är det bara att mata Solve ;-). Så småningom kommer vi att rita en gyllene kvadrat där Τär inblandad istället för Σ.

SolveP 2 T 0, Τ T

A, T, Τ Jämviktssamband

, Τ P2 A

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 översidan 90.

sid 91: Här införs en ny snittstorhet, nämligen vridmoment M (eng. torsion), vanligtvis betecknad med Mv för att inte förväxlas medandra moment som kommer senare. Jämför vridmoment med att vrida ur en disktrasa eller öppna en skruvkork! Med ett tunnväggigtrör som exempel härleds sambandet mellan skjuvspänningen Τ och vridmomentet Mv genom att lägga samman små bidrag

Mv Τ Akraft

Rhävarm

Τ R tA

R runt rörets periferi, se figur nedan. Kom ihåg att en liten cirkelring rullas ut till en liten rektangel.

Solve0

2 ΠΤ R t R , ΤΤ Mv

2 Π R2 t

Resultatet brukar sammanfattas lite mera generellt som Τ MvWv

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 detmaximal skjuvspänning i tvärsnittet som beräknas på detta sätt, det vill säga Τmax

sid 92-94: Hoppa över kap. 6.3.

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 enligtfigur ovan och ställ sedan upp kraftjämvikt längs och tvärs dragriktningen för den undre delen. Detta bestämmer N och T. Beräknasedan spänningarna med dessa och aktuell tvärsnittsarea. Rita sedan en liten bild över hur saker och ting varierar med .

SolveN Sin T Cos P 0, Jämvikt

N Cos T Sin 0, Jämvikt

A Sin, Τ T

A Sin , Normal och skjuvspänning i snittet

N, T, Σ , Τ Simplify

N P sin , T P cos , Σ P sin2

A, Τ P sin cos

RulePlotLeg "N P" N, "T P" T, "Σ A P" Σ , "Τ A P" Τ . . P 1, A 1 , , 0,Π2

0.5 1.0 1.5

0.20.40.60.81.0

Σ A P

Τ A P

Notera speciellt hur skjuvspänningen Τ varierar med ! Den är maximal vid Π4 45 .

Exempel B6/3: När man limfogar två brädor utformar man gärna fogen sicksack-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 attfogen 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 förbandbeskådas. 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 kunskaperkommer väl till pass redan nu om vi låter n vara antalet fingrar i fogen och halva toppvinkeln på en sådan. Antag vidare att lastenfördelar sig jämt över fingrarna och snegla sedan på snitten i föregående exempel så får vi ett snarlikt system att lösa.

SolveN Sin T CosP

2 n0, Jämvikt

N Cos T Sin 0, Jämvikt

A, Τ T

A, Normal och skjuvspänning i limfogen

A Sinb h

2 n, Fingersidoareapyssel. Rita bild

N, T, Σ, Τ, A Simplify

N P sin2 n

, TP cos

2 n, Σ P sin2

b h, Τ P sin cos

b h, A

b h2 n sin

Avslutningsvis de numeriska val som råkade hamna i problemtexten. Eftersom Mathematica arbetar såväl symboliskt som numerisktkan vi i alla lägen skicka med enheter på indata och få ytterligare kvalitet på utdata!

. P 10 000 N, b 150 mm, h 25 mm, n 14,30

N 92.4354 N , T 344.974 N , Σ 0.178633 Nmm2 , Τ 0.666667 N

mm2 , A 517.46 mm2

7 Skjuvtöjning - deformationssamband

sid 96: Studera en liten kvadrat i figuren nedan utsatt för skjuvning. Vid ren skjuvning uppkommer dragspänningar i diagonalriktnin-gen 2-2 och tryckspänningar i riktningen 1-1. Kvadraten deformeras därmed så att diagonalen 2-2 förlängs och 1-1 förkortas, enligthögra 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 sammanfallerlängs en kant, enligt figur (a) nedan. Den i figur (b) angivna vinkeln Γ, (egentligen Γxy), räknad positiv från y-axeln mot x-axeln, ärdå ett entydigt mått på formförändringen. Den kallas skjuvvinkel eller bara skjuvning (eng. shear) och har enheten radianer.

Liksom normaltöjning är alltså Γ dimensionslös [1]. De har samma släktskap med sina spänningar och bildar paren Σ- och Τ-Γ. Isyfte att betona detta släktskap hörs därför ofta skjuvtöjning istället för skjuvvinkel. För volymkonsistens måste enligt figur (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 hörnbeteck-ningar) är Tores figur 2 på sid 96. Man definierar sedan egentligen skjuvvinkeln som Γ tan Γ BB'

a " Δa " i analogi med nor-

maltöjningen ΔL0

sid 97-99: Hoppa över, lite tekniskt.

Exempel B7 1: En kvadratisk skiva med sidan askjuvas vinkeln Γ. Sök de linjära töjningarna idiagonalriktningarna 1–1 och 2–2.

Lösningsförslag: Diagonalernas nya längder får vi med Pytagoras sats. Strängt taget kan vi direkt låta tan Γ Γ eftersom Γ är liten,men vi kör generellt och låter Mathematica jobba!

AC' a2 a a Tan Γ 2

a2 a tan Γ a 2

DB' a2 a a Tan Γ 2

a2 a a tan Γ 2

Så de efterfrågade linjära töjningarna. Effekten av att låta Γ vara liten får vi direkt genom att linearisera uttrycken med hjälp avTaylorutveckling. Tore hamnar i dessa på sid 99 efter en stunds geometrisk meditation.

11, 22 SeriesSimplify DB', AC' a 2

a 2, a 0, Γ, 0, 1

OΓ2, Γ2

Exempel B7/2: En rektangulär plåtskiva har kantlängderna 400 mm respektive 300 mm. Skivans kanter är orienterade utefterkoordinatriktningarna, figur (a) nedan. Skivan deformeras så att den får formen av en parallellogram. Vid uppmätning bestämdesbåde längderna av de nya kanterna och den längsta av diagonalerna, figur (b). Sök normaltöjningarna x, y och skjuvvinkeln Γ Γxy.

Lösningsförslag: Det är bara att räkna på. Först skjuvvinkeln Γxy, i radianer, med hjälp av figur (c) ovan och lite geometri, närmarebestämt cosinussatsen, vinkelsumman i en triangel och supplementvinkel. De två sistnämnda är fundamentet i yttervinkelsatsen, såsista ekvationen nedan kunde därmed formulerats direkt som Γxy

Π2 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! Lägg till att vi bara accepterarlösningar där 0 Α Π.

ΑΓ NSolve5042 4022 3032 2 402 303 Cos Α , Γxy Π2

Π Α Π, 0 Α Π, Γxy, Α First

Γxy 0.00247525, Α 1.57327I moderna fortsättningskurser i hållfasthetslära är matrisspråket helt dominerande och man samlar där alla töjningar i töjningstensorn

x12 Γxy

12 Γyx y

. Helt analogt möbleras spänningstensorn Σx ΤxyΤyx Σy

. Visst känner vi igen en matris, sådana är specialfall av det

generella begreppet tensor. Man kan visa att de två är symmetriska, det vill säga Γxy Γyx och Τxy Τyx, och reella. Då kommeregenvärdena alltid vara reella och egenvektorerna alltid vara vinkelräta mot varandra (ortogonala) som sig bör. Vid analys avkonstruktioner är det ovärderligt att göra studier av dessa så kallade huvudtöjningar/spänningar och deras riktningar. Att bestämmadem betraktar vi naturligtvis som ett egenvärdesproblem, och skyr det föråldrade arbetssättet enligt Mohr, som bara fungerar i 2D.Exempelvis här med givna normaltöjningar i x- och y-riktningarna och skjuvvinkeln ovan

Eigensystem x1

2Γxy y

400, y

300 . ΑΓ

0.0102896 0.004710430.227822, 0.973703 0.973703, 0.227822

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- . Vi sammanfattar

Σ E , Τ GΓ där G E2 1 Ν

G kallas skjuvmodulen (eng. shear modulus) och är som synes direkt kopplad till elasticitetsmodulen E via Poissons tal Ν, vilka bådahämtas ur materialtabell (och ofta G direkt också för den delen). På samma sätt som vi i kapitel 4 ritade ett Σ- diagram fullklottradmed begrepp kan man rita ett för Τ-Γ.

9 Axlar - vridning

I detta avsnitt handlar det om att överföra vridmoment med axlar, exempelvis en propelleraxel. Vi nöjer oss med de som har cirkulärttvärsnitt och är tunnväggiga, tjockväggiga eller helt solida. Alla varianter inklusive de nämnda kan ses som tillämpning på skjuvningfrån kap 6-7. Koppling mellan global vridningsvinkel Θ, 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 ärtunnväggigt, det vill säga med väggtjockleken mycket mindre är radien på axeln. Vi härledde sambandet mellan skjuvspänningen Τoch vridmomentet Mv genom att lägga samman små bidrag Mv Τ A

kraftR

hävarmΤ R t

R runt rörets periferi, se figur nedan. Kom

ihåg att en liten cirkelring rullas ut till en liten rektangel.

Solve0

2 ΠΤ R t R , ΤΤ Mv

2 Π R2 t

Resultatet brukar sammanfattas lite mera generellt som Τ MvWv

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 tvärsnittetsom beräknas på detta sätt, det vill säga Τmax

Studera nu vridning av en liten del av axeln, tunn cylinder, med längd xenligt figur. Deformationssambandet för små vinklar får vi genom att skrivalängden 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 attlägga samman alla små bidrag Θ Γ

R x ΤGR x Mv

2ΠR2t1

GR x längs axeln.

Θ Θ 0

2 Π R2t 1

Θ L Mv

2 ΠG R3 t

Detta kan skrivas Θ LMvGKv

, 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 attdet alltid går att skriva sambandet mellan Mv och Θ på detta sätt, endast Kv varierar beroende på tvärsnittets form. Uttrycket ovangäller endast då Kv är konstant längs axeln. Om saker och ting varierar måste vi integrera Θ 0

L Mv xG x Kv x x. Hoppa till sid 114 och

Exempel 9/3: Vi låter Mathematica göra jobbet. Först radievariationen

r x k x m . Solve r2, r1 k 0, L m, k, m First

r2r2 r1 x

Så lägg samman alla små vridningsbidrag från små cylindrar Θ MvGKv

x, där Kv 2 Πr x 3 t för tunnväggigt tvärsnitt. Slutligen Kv

efter jämförelse med prototypen

ekv Simplify0

Θ Θ 0

G 2 Π r x 3tx, r2 r1 0

Θ L r1 r2 Mv

4 ΠG r12 r2

Solveekv, Θ L Mv

G Kv, Kv, Θ

Kv4 Π r1

2 r22 t

r1 r2, Θ L r1 r2 Mv

4 ΠG r12 r2

sid 115-119: Samma sak för tjockväggigt tvärsnitt. Så ännu en gång gäller det att lägga samman alla små vridningsbidrag från småcylindrar Θ Mv

GKvx, där Kv 2Πr3 t för tunnväggigt tvärsnitt. Betrakta alltså det tjockväggiga tvärsnittet som uppbyggt av just

sådana tunnväggiga lökringar med radie r och tjocklek t r. Så nu är det bara att meka ihop

Kv 2Πr3 tt r

G 2Πr3 rx G 2Πr3 r Θ Mv x och lägga samman alla små bidrag

Θ d 2

G 2 Π r3 r Θ 0

Θ 132Π D4 G

132Π d4 G L Mv

varav slutligen Kv efter jämförelse med prototypen. För solida cirkulära tvärsnitt är det bara att sätta innerradien d 0.

Solveekv, Θ L Mv

G Kv, Kv, Θ FullSimplify

32Π D4 d4, Θ 32 L MvΠ d4 G Π D4 G

Så, dimensionering av axlar under vridmoment vilar på de två formlerna; Τmax

, där Wv är tvärsnittets vridmotstånd och

Θ LMvGKv

, där GKv kallas tvärsnittets vridstyvhet och Kv vridstyvhetens tvärsnittsfaktor. Faktorerna Wv och Kv beror enbart på

tvärsnittets geometriska form. För cirkulära sådana hänvisas till sid 117, och för några vanliga icke-cirkulära till sid 119.

På samma sätt som vi tidigare skapade en gyllene kvadrat i kap 4 kan vi nu skapaen helt analog för vridning. I själva verket förekommer det ett flertal sådana ihållfasthetslära, som kopplar yttre samband med de inre. Namnen på deolika grenarna är desamma, se GK ovan.

MvΤΓ Θ

Exempel B9/1: I en cirkulär axel utsatt för vridmoment råder ett tillstånd av ren skjuvning. Om den belastas med för stort vridmo-ment kommer ett brott att ske. Enligt Exempel B6/2 är skjuvspänningen störst vid 45 , så om materialet är sprött så ingen plastiskdeformation inträder kommer brottet att ske längs en skruvlinje med sådan lutning. Exempel på produkter av sådant material ärgjutjärnsaxlar eller gammaldags tavelkritor.

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. Desom är av primärt intresse är tvärsnittets area A A A, (yt)tyngdpunkt yTp, zTp 1

A A y A, Az A, (yt)tröghetsmomentetenIy Az2 A och Iz A y2 A samt (yt)deviationsmomenten Iyz Iz y A yz A. Dessa beräknas tydligen med integraler över ytan ochpåminner om beräkning av (mass)tyngdpunkt, (mass)tröghetsmoment och (mass)deviationsmoment i mekanik, det är bara att byta mtill A. Statiska moment i kap 10.2 är precis de integralerna som används vid beräkning av tyngdpunkt. Man brukar sammanfattaintegralerna 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 för handräkning, och handlar om axelparallell förflyttning av ytstorheterna ovan. Snegla på figur 1 sid136 där y, z -systemet går genom tyngdpunkten och Η, Ζ -systemet är axelparallellt. Sambanden mellan yttröghetsmoment ochdeviationsmoment i de två koordinatsystemen utreds av Steiners sats (Jakob Steiner 1796-1863); IΗ Iy e2A, IΖ Iz f 2A ochIΗΖ Iyz e f A, där e och f är de vinkelräta avstånden mellan respektive koordinataxlar och A är tvärsnittets area. Ofta används dessasmidiga samband “baklänges” för att flytta ytstorheterna från ett koordinatsystem där tvärsnittets geometri är enkelt beskrivet tilltyngdpunkten sedan dess läge räknats ut.

sid 138-139: Följande rader ska ses som ett komplement (alternativ) till kap 10.5 och 10.6.

Eftersom krumelurerna i texten till figur 3 sid 138 är själva resultatet och inte denvanliga vägen när man härleder koordinattransformation Tore , ger vi dennahär. Fylligare framställning kan hittas i " Något om Matriser och Mathematica "eller i G Sparr, Linjär Algebra. Om Η, Ζ –systemet är roterat moturs vinkeln Αi förhållande till det fixerade y, z –systemet, se figur, gäller sambandet mellankoordinaterna i de två systemen

cos Α sin Αsin Α cos Α ΗΖ y

zΗΖ y

Matrisen kallas transformationsmatrisen mellan de två systemen. Den talar om hur basvektorerna Η och Ζ är riktade i förhållandetill basvektorerna y och z. Observera att elementen i :s första kolonn utgör Η:s komponenter med avseende på y och z, och iandra kolonnen Ζ :s komponenter med avseende på y och z. 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 . Då är det inte så “kostsamt”att “gå” mellan de olika representationerna. Vi är intresserade av den omvända transformationen, den i texten till figur 3 sid 138.

ΗΖ ΗΖ 1 yz

ΗΖ cos Α sin Αsin Α cos Α y

zΗΖ y

Så äntligen kan vi definiera rotationsmatrisen

Cos Α Sin ΑSin Α Cos Α ;

och den så kallade (yt)tröghetstensorn , vars element definieras i kap 10.3 (6a-c) och ovan. Alltid symmetrisk eftersom Iyz Izy.

Vridningssatserna (12)-(14) sid 138 får då det lite mer datoranpassade utseendet

. . Expand

y cos2 Α 2 sin Α yz cos Α sin2 Α z yz cos2 Α sin Α y cos Α sin Α z cos Α sin2 Α yz

yz cos2 Α sin Α y cos Α sin Α z cos Α sin2 Α yz z cos2 Α 2 sin Α yz cos Α sin2 Α y

När det gäller huvudtröghetsriktningar och huvudtröghetsmoment, kap 10.6, så använder den moderna människan inte formlernautan ser det som ett egenvärdesproblem e Λ e, där egenvärdena Λ motsvarar huvudtröghetsmomenten och egenvektorerna e

huvudtröghetsriktningarna. Eftersom alltid är reell och symmetrisk kommer egenvärdena alltid vara reella och egenvektorernaalltid vara vinkelräta mot varandra (ortogonala) som sig bör. Om de dessutom är normerade passar de direkt in som kolonner i .Efter transformation till huvudtröghetssystemet får vi då en diagonalisering av med huvudtröghetsmomenten på diagonalen. Vidanalys av konstruktioner är det ovärderligt att göra studier i detta system.

sid 140 141: Exempel 10 1–2. Beräkning av I y förrektangulärt tvärsnitt, Iy för ett triangulärt tvärsnittoch Iy för ett cirkulärt tvärsnitt med Mathematica.

b 2 b 2y

Lösningsförslag: Den lilla arean är A bz z för den smala strimlan med bredden bz och höjden z vid z. För det rektanguläratvärsnittet är bz b, och för det triangulära, med likformiga trianglar, bz

h bz b1 zh . Slutligen för det cirkulära har vi med

Pytagoras sats b2 z2 r2 att bz 2b 2 r2 z2 . Nu är det bara att lägga samman alla små bidrag över tvärsnitten, Iy Az2 A.

z2 b z, y 0

z2 b 1 z

h z, y Simplify

z2 2 r2 z2 z, r 0 y

Förflyttning av Iy till tyngdpunkten görs med hjälp av Steiners sats, Iy IyG 13 h2 1

2 bh IyG112 bh3 1

3 h2 12 bh 1

36 bh3.

Exempel 10/3 sid 141: Avslutningen med Mathematica

Lösningsförslag: Definiera tröghetstensorn och räkna på enligt ovan!

267 96

96 1071000.

267 000. 96 000.96 000. 107 000.

Bestäm egenvärden och egenvektorer. Egenvektorerna kommer ut normerade och passar alltså direkt för att möblera !

1, 2 , e Eigensystem

311 964. 62 036.0.905589, 0.424155 0.424155, 0.905589

Vi känner igen Tores resultat, men akta dig för hans vinkelträsk! Som vanligt finns ju all riktningsinformation kristallklart i e.

311 964., 62 036.

0.905589 0.4241550.424155 0.905589

Undrar verkligen om deviationsmomenten blir noll efter transformation till det nya systemet? Visst får vi en diagonalisering av !

311 964. 4.36557 10 11

1.09139 10 11 62 036.

Exempel B10 1: Även pusselmetod som vi känner fråntyngdpunktsberäkning fungerar bra då pusslet består avbitar vars yttröghetsmoment är kända, utom just för denman söker. Så bestäm Iy och Iz för den bit enligt figursom är kvar sedan man ur en kvadrat skurit bort enmindre kvadrat.

2 a 2 ay

Lösningsförslag: Allt vilar även här på att en bestämd integral kan delas upp i bitar. Nu känner vi, sedan en stund, yttröghetsmo-mentet för en rektangel, och det kommer nu väl till pass! Så pussla på med sådana bitar. För Iz kommer dessutom Steiners sats tillanvändning eftersom Iz för den “lilla” behöver flyttas till att vara med avseende på globala z-axeln. Eftersom vi enbart behöverhantera kvadrater, kommer rektangelns yttröghetsmoment att reduceras ner till I 1

12 bh3 112 h4. Så

2 a 2 ay

Solve y

122 a 4

124 a 4, y Iy med pussel

y 20 a4Solve z

122 a 4 a2 2 a 2

Steiner

124 a 4, z Iz med pussel och Steiner

z 16 a4

När det gäller att räkna ut yttröghetsmoment för godtyckliga tvärsnitt kan det bli väldigt arbetsamt att integrera. Det finns effektivadatormetoder för polygonområden av godtyckligt utseende. Dessa baseras på att ytintegralen görs om till en randintegral (Greensformel), sedan vandrar man (datorn!) runt randen och samlar bidrag från polygonens hörnkoordinater till ytmomenten ovan. Entriangel är den enklaste formen av polygon, och för denna kan man dra nytta av så kallade ekvimomenta system, som innebär attytmomenten enligt definition med integral är lika med de man får om man placerar en tredjedel av arean mitt på dess kanter , sefigur i exemplet nedan. Då alla tvärsnitt som har raka kanter kan trianguleras exakt och alla övriga med godtycklig noggrannhet harvi även här en utmärkt datormetod! Yttröghetsmoment används flitigt i finita elementvärlden, där är man duktig på att triangulera!

Exempel B10/2: Bestäm Iy Az2 A och Iz A y2 A för triangeln i figuren nedan.

A 3A 3

0 1 2 3 4 5 6y

Lösningsförslag: Med definition får vi en dubbelintegral som är allt annat än kul, så ekvimoment system för en triangel kommer vältill pass Iy Az2 A i 1

3 zi2Ai

A3 i 1

3 zi2, där i pekar på kanternas mittpunkter. Allt bygger på triangelns

Så läget för de tre röda bollarna

yzA 3 Mean Partition hörn 1, 2, 3, 1 , 2, 1

Triangelns area med hjälp av linear algebra A 12 , där och är två vektorer som spänner upp den. Här 2D version

2Abs Det hörn 2 hörn 1 , hörn 3 hörn 1

Slutligen med rätt ordning i vänsterledet ;-)

Iz, IyA

3Plus yzA 3

Vi kontrollerar riktigheten av detta och lite till om triangeln om en stund.

Rektangulära tvärsnitt är vanliga i tillämpningar, se figur nedan. Det ekvimomenta systemet för en sådan kompis får vi lätt med hjälpav det för en triangel. Dela först upp rektangeln i två naturliga rätvinkliga trianglar. Eftersom arean för rektangeln är A bh kommervarje triangel att ha arean A

2 och därmed blir momentet för varje prick A3 2

A6 i figuren nedan. Alltså A

6 mitt på varje sida och2A6

A3 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 parallell med någon av koordinataxlarna.

Exempel B10/3: Exempel 10/1 sid 140 ännu en gång. Bestäm Iy Az2 A.

Lösningsförslag: Här är rektangelns sidor axelparallella, se figur. Vi noterar ävenatt origo sammanfaller med rektangelns tyngdpunkt så de tre prickarna , , påy–axeln bidrar inte eftersom deras hävarm zi 0. Detta medför en besparing när viska räkna ut Iy Az2 A i 1

5 zi2Ai. Vi känner igen resultatet.

. A b h

Ofta förekommer tvärsnitt som är uppbyggt av flera smala rektangulära delar, så kallade tunnväggiga profiler. Exempel på detsistnämnda är I- och U-balkar som man hittar i nästan alla byggnadskonstruktioner. För smala delar, där exempelvis bredden ärmycket större än höjden b h, kan man dra nytta av det introducerade ekvimomenta systemet för en rektangel med arean A bh.Det är bara i figuren ovan att ärva vikten A

6 i ändpunkterna och slå samman vikterna på mitten till A6

2A3 så

har vi i figuren nedan en god approximation av det ekvimomenta systemet för en smal rektangel. Eftersom vi ännu en gång lutar ossmot det ekvimomenta systemet för en triangel behöver inte heller denna vara parallell med någon av koordinataxlarna.

Exempel B10 4: Vi provkör på ett tunnväggigt tvärsnitt enligtfigur. Sök Iy och Iyz. Vi förstår att Iz Iy av symmetriskäloch att Izy Iyz eftersom integranden z y yz.

Lösningsförslag: Vi försummar att hörnet räknas två gånger eftersom vi antar att b h. Så med vår approximation av ekvimomentasystemet för en smal rektangel får vi direkt Iy Az2 A zi

2Ai och Iyz A yz A yiziAi med rundvandring till prickarna

6Vertikal del, underifrån

6. A b h Horisontell del.

5 b3 h24

6Vertikal del, underifrån

6. A b h Horisontell del.

Exakt gäller (och som vanligt oftast enklast med integration i Mathematica ;-)

Iy, Iyz 3 b

z2 h z b

z2 b z, 3 b

2z h z

4z b z Simplify

h 10 b3 15 b2 h 28 b h2 16 h3, 116

h 2 b3 3 b2 h 4 b h2 4 h3Som efter serieutveckling kring h 0 ger samma resultat som ovan. Modelleringen av hörnet är alltså sunt.

Series Iy, Iyz , h, 0, 1

5 b3 h24

Oh2, b3 h8

Nu åter till det ekvimomenta systemet för en triangel. Om vi låter p vara koordinaterna för triangelns tre hörn så kan vi definiera enliten händig funktion som beräknar allt man behöver; area, tyngdpunkt och alla de tre ytmomenten.

Itri p : ModuleA 1

2Abs Det p 2 p 1 , p 3 p 1 , , m, out, vars,

2p 1, 2, 3 p 2, 3, 1 ; m .m

out A, Mean p , 2, 2 , 1, 1 , 1, 2 A, Tp, Iy, Iz, Iyz ;

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 sigav att triangelarean alltid räknas positiv, vi behöver alltså inte hålla ordning på om triangelns hörnkoordinater p ges med- ellermoturs. Med rent numeriska data uppstår naturligtvis inte detta bekymmer.

Exempel B10/5: Vi kollar väl om kalkylerna är rätt i Exempel B10/2.

Lösningsförslag: Det är bara att skedmata Itri, i retur kommer allt man behöver veta. Smidigt ;-)

Itri 1 2

73, 175

Exempel B10/6: 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 sammanbidragen från nedre högra triangeln med den övre vänstra. Visst känner vi igen resultatet.

b h, 0, 0 ,

b3 h12

Exempel B10/7: Liksidig triangel, formelsamlingen sid A8, med vår datoranpassade metod.

Lösningsförslag: Det är bara att mata Itri direkt.

2, 0, 0 ,

B3 H48

Exempel B10/8: 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 rättahörnpunkterna för var och en av de sex trianglarna.

Itri a

2 Sin 30

Cos i 1 60 Sin i 1 60

Cos i 60 Sin i 60

3 3 a2

2, 0, 0 ,

5 3 a4

11 Balkar

Liksom stången och axeln är balken ett endimensionellt element som förutom drag,tryck och vrid även kan bära böjmoment M , tvärkrafter P och utbredda laster q xmed enheten N m, figur 1 på sid 145. Samtliga med positiv riktning enligt figurentill höger. Exempelvis kan q x vara egentyngd, vindlast eller snölast.

En balk får inte vara hur tjock som helst, om längd/bredd-förhållandet är mindre än 15 har vi en skiva eller solid som lämnas övertill finita elementmetoden (FEM). Kapitel 11 handlar om analys av statiskt bestämda balkar, vilka är sådana där stödreaktioner kanbestämmas enbart med jämviktssamband, se gyllene kvadraten (GK). Minst lika vanliga i praktiken är statiskt obestämda, ellerhyperstatiskt lagrade, balkar där detta inte är möjligt utan att inkludera balkens deformation i analysen, se figur 2 på sid 147.

Kap 11 behandlar statiskt bestämda balkar med kraftmetod, vilken numera betraktas som ålderdomligt. Det moderna arbetssättetsom fungerar för alla upplagringar och laster kommer i kap 12 och baseras på förskjutningmetod (u kap 3) vilket leder till enfjärde ordningens differentialekvation och naturligt vidare till FEM. Nu är tyvärr begrepp och terminologi utspridda i bådakapitlen, men skulle må bra av att skrivas ihop med enbart fokus på det moderna arbetssättet och “Computational Thinking” somvi givetvis kommer att följa.

sid 145-154: Bra om begrepp. Detta kapitel handlar om att bestämma moment och tvärkraft i en statiskt bestämd balk. Ett tydligtoch bra exempel på en balk är en plastlinjal som infäst mellan händerna plågas till olika utböjningsformer. Dessa utböjningsformerblir föremål för utredning i kapitel 12.

Viktigt är koordinatsystem figur 3 på sid 147, och figur nedan. Notera att det är vänsteränden i snittet som definierar positivasnittstorheter. Normalkraften N är inte utritad, men verkar positiv i x-riktningen som vanligt. Riktningen på böjmomentet M My

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 Tz x och M x My x . Vi återkommer till attrita dem. Kap 11.5 sambanden mellan snittstorheterna T , M och utbredd last q x längst ned till vänster är viktiga.

T xx q x , M x

Genom att derivera det andra uttrycket och eliminera T ' x utmynnar det hela i en differentialekvation (5) på sid 152 med randvil-lkor, vilket är en kopia av det som står på sid 151.

2M xx2 q x

Onödigt att påpeka, men lös alltid balkböjningsproblem i kap 11 och 12 med Mathematicas inbyggda funktion DSolve. Punktlaster(och punktmoment) som i Exempel 11/1 sid 148, och stöd längs balkens span, Exempel 11/2 sid 150, tar vi i kap 12, liksom sid 152om skarvning (eller inte ;-). Så följande två exempel tar vi som en första kontakt med DSolve och differentialekvationerna ovan.Att “räkna” på balkar lär vi oss i kap 12!

Exempel 11/3 sid 153: Vi låter Mathematica göra jobbet. Först variationen av den utbredda lasten

q x k x m . Solve q1, q2 k 0, L m, k, m First

q1q1 q2 x

Vi har att göra med en andra ordningens (ODE), ekv (5) sid 152, M '' x q x . Lösningen till en n:te ordningens (ODE) innehålleralltid n st godtyckliga konstanter, så vi behöver två randvillkor (RV) för att fixera dem och få entydig lösning M x . Här har viRV : M 0 0, T 0 0 sid 151 M ' 0 . Eftersom vi även är intresserade av T x tar vi med den direkt.

DSolve M'' x q x , M 0 0, M' 0 0, T x M' x , M x , T x , x

M x3 L q1 x2 q1 x3 q2 x3

6 L, T x

2 L q1 x q1 x2 q2 x2

Tore undrar om man vill rita visst vill vi dé! För detta ändamål väljer vi lite numeriska data.

RulePlotLab . L 10, q1 1, q2 3 , x, 0, 10

T x2 4 6 8 10

Exempel 11/4 sid 154: Här har vi RV : M L M0, T L 0 sid 151 M ' L . Lägg märke till minustecknet framför M0 somkommer sig av teckenkonventionen för en vänsterände! Skriv M i M0 som M för att inte krocka med funktionen M[x].

DSolve M'' x 0, M L 0, M' 0 0 , M x , x i 0 för att inte krocka med M

sid 155-173: Endast beräkning av sammansatt spänning i text längst ned till vänster på sid 159 samt (18a,b)&(19) plus text tillvänster om dem på sid 160. Hoppa över resten.

12 Balkböjning

sid 185-187: Bra om begrepp. I detta kapitel handlar det om att bestämma utböjningen hos statiskt bestämda och obestämda balkarunder olika belastningsfall. Matematikerna Leonard Euler (1707-1783) och Daniel Bernoulli (1700-1782) mekade ihop den såkallade tekniska balkteorin. De väsentliga hörnpelarna är att tvärsnittet ska förbli plant och att normalkrafterna fortfarande ärnormaler till tvärsnittet. Med hjälp av krökningsbegreppet (1) och (3) kan en linjär differentialekvation (4) formeras. Om balkendäremot är av mjukt material, exempelvis plast eller gummi, måste den mer avancerade formen av krökning (2) användas. Dettaleder till en olinjär (ODE) i w x . Som vanligt måste man ha randvillkor (RV) för att få en entydig lösning till vår fysikaliska modell.

Exempel 12/1 sid 187: (Blandning kap 11/12 exempel, sick!) Vi har att göra med en andra ordningen (ODE) i w x , (4) tillsammansmed (a) sid 187. Vi har en så kallad konsolbalk, vilken är statiskt bestämd, där såväl utböjning w 0 0 som vinkel w ' 0 0 vidväggen. Momentet M x vid x får vi med momentjämvikt kring y-axeln genom i snittet

M x P L x 0 M x P L x

Nu är det bara vaska fram w x genom att lösa differentialekvationen med (RV). Då böjstyvheten EI är konstant brukar den skrivassom en symbol, vilket vi uppskattar för att slippa problem med både och .

DSolve EI w'' x P L x , w 0 0, w' 0 0 , w x , x First

w xP 3 L x2 x3

Exempelvis utböjning och vinkel under lasten P, (e,f) på sid 188. Kom ihåg de viktiga sambanden mellan M , T och w i marginalenpå sid 188.

, D , x . x L

w LL3 P3 EI

, w LL2 P2 EI

Vi återkommer till detta exempel om en stund. Då utan handpåläggning via M x Cliffhanger!

sid 189-193: Kapitel 12.3 knyter ihop det vi redan visste till en fjärde ordningens differentialekvation i w x , (7). Denna tillsammansmed de två ekvationerna i marginalen på sid 188 är olika versioner av samma modell som brukar kallas Euler-Bernoulli-balk ellerelastiska linjens differentialekvation. Svårighetsgraden att lösa den avtar från vänster till höger.

E x I x w'' x1 w' x 23 2

''q x E x I x w '' x '' q x EIw '''' x q x

stora utböjningar, olinjär små utböjningar w ' 1, linjär små utböjningar w ' 1, linjär, jämnstyv

där böjstyvheten E x I x , med dimensionen N m2m4 Nm2, är produkten av balkens elasticitetsmodul E x och tvärsnittetsyttröghetsmoment I x Iy 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), den högra ovan. Denna är i princip denenda man ger sig på i klassiska kurser i hållfasthetslära och generationer av ingenjörsstudenter har "plågats" med ändlöst handarbete.

Kapitel 12.4, sid 190-191, är mycket viktigt och sammanfattar på ett utmärkt sätt (RV) till elastiska linjens differentialekvation.Som vanligt behöver vi lika många randvillkor (RV) som vi har ordning, här fyra, för att fixera lösningen. Detta leder till tvårandvillkor i varje balkände, som väljes bland utböjning w, vinkel w ', (väsentliga, geometriska eller Dirichlet (RV)), samtmoment EIw '', tvärkraft EIw ''', (naturliga eller Neumann (RV)). Som regel ska man först sätta väsentliga (som namnetantyder!) om de är tillämpliga. Notera att det bara är kända storheter som används som (RV)! Okända beräknas efteråt.

Det blir sedan en enkel resa med DSolve, där vi som vanligt kommer hela vägen "ner" till w x , och sedan deriverar oss "upp" tillönskad storhet. Jämför mekanik/dynamik. "Computational Thinking!" Det finns inga standardkonventioner på tecken, men Tores ärden klassiska; z-axeln nedåt med q x och w x båda positiva i denna riktning, precis som i kap 11.3. Då kommer vinkel w ' x samtT x och M x enligt marginalen på sid 188 att fungera som man tänkt sig. Den tekniska balkteorin går dock inte att pressa alltförlångt med stora utböjningar w x , exotiska material, komplicerad q x , många stöd eller E x I x , då får man tillgripa FEM istället.

Exempel B12 1: Vi börjar med en enkel konstant utbredd last q x q0

på en balk som är fritt upplagd i båda ändar.

Lösningsförslag: Elastiska linjens differentialekvation. Kolla noga randvillkoren mot kap 12.4, sid 190-191!

DSolve EI w'''' x q0, w 0 EI w'' 0 w L EI w'' L 0 , w x , x First

w xL3 q0 x 2 L q0 x3 q0 x4

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.

RulePlotLab . EI 10 000, L 10, q0 1 , x, 0, 10 , GridLines Automatic,

GridLinesStyle LightGray, PlotStyle Green, ScalingFunctions Identity, "Reverse"

w x2 4 6 8 10

x0.00250.00500.00750.01000.0125

Extremvärden är alltid av intresse.

. SelectSolve w' x 0 . D , x , x , 0x

L1 . &

5 L4 q0

384 EI

Exempel B12 2: Sinuslast q x q0sin ΠxL på en konsolbalk vid x 0

och fritt lagrad vid x L på ett stöd förskjutet till z .

Lösningsförslag: Elastiska linjens differentialekvation, vad annars? Kolla noga randvillkoren mot kap 12.4, sid 190-191!

DSolveEI w'''' x q0 Sin Π xL

, w 0 w' 0 EI w'' L 0, w L , w x , x First

w x3 Π4 EI L x2 Π4 EI x3 2 L7 q0 sin Π x

L 2 Π L6 q0 x 3 Π L5 q0 x2 Π L4 q0 x3

2 Π4 EI L3 Nu väljer vi lite numeriska data och ritar w x . Ser ok ut!

RulePlotLab . EI 10 000, L 10, q0 200, 1 , x, 0, 10 , GridLines Automatic,

2 4 6 8 10x

0.250.500.751.001.25

Exempel B12 3: Dax att vi gör färdigt ett gammaltExempel 11 3 sid 153. Sök utböjningen w x samtM x och T x .

Lösningsförslag: Återigen variation av den utbredda lasten

q x k x m . Solve q1, q2 k 0, L m, k, m First

q1q1 q2 x

Konsolbalk vid x L. Kolla noga randvillkoren som kommer här nu mot kap 12.4, sid 190-191! DSolve är smart nog att utöverw x även ta fram M x och T x åt oss, om vi matar med definitionerna av dem. Så ett system med tre differentialekvationer.Egentligen är inte detta riktigt renlärig “Computational Thinking”, men man kan tillåta sig att vara lite lat ibland.

DSolve EI w'''' x q x , EI w'' 0 EI w''' 0 w L w' L 0,

M x EI w'' x , T x M' x , w x , M x , T x , x First

M x3 L q1 x2 q1 x3 q2 x3

6 L, T x

2 L q1 x q1 x2 q2 x2

w x11 L5 q1 4 L5 q2 15 L4 q1 x 5 L4 q2 x 5 L q1 x4 q1 x5 q2 x5

120 EI L

I överensstämmelse med Tores (e) och (f) så nu väljer vi lite numeriska data och ritar w x .

RulePlotLab Last . EI 10 000, L 10, q1 1, q2 3 , x, 0, 10 , GridLines Automatic,

w x2 4 6 8 10

Exempel B12 4: Vi tar Exempel 12 1 sid 187 igenoch ser om vi får samma svar med fjärde ordningensdifferentialekvation.

Lösningsförslag: Notera att P nu kommer in som ett randvillkor (RV), inte i högerledet! Kolla dessa mot kap 12.4, sid 190-191!Visst är detta Tores (d) på sid 188!

DSolve EI w'''' x 0, w 0 w' 0 EI w'' L 0, EI w''' L P , w x , x First

w xP 3 L x2 x3

RulePlotLab . EI 10 000, L 10, P 3 , x, 0, 10 , GridLines Automatic,

2 4 6 8 10x

0.020.040.060.080.10

Exempel 12 2 sid 192: På vårt sätt naturligtvis

Lösningsförslag: Notera att M0 nu kommer in som ett randvillkor (RV), inte i högerledet! Kolla dessa mot kap 12.4, sid 190-191!Skriv M i M0 som M för att inte krocka med funktionen M[x]. Så direkt Tores (j), (l) och (m)!

DSolve EI w'''' x 0, w 0 w' 0 w L 0, EI w'' L 0,

M x EI w'' x , T x M' x , w x , M x , T x , x First

M x3 0 x L 0

2 L, T x

2 L, w x

L 0 x20 x3

4 EI L

Tores lutning w ' x i (k) får vi lätt. Sedan, som vanligt, en liten bild över utböjningen där vi valt numeriska data.

M x3 0

2 L, T x 0, w x

2 L 0 x 3 0 x2

4 EI L

RulePlotLab Last . EI 10 000, L 10, 0 1 , x, 0, 10 , GridLines Automatic,

w x2 4 6 8 10

x0.00010.00020.0003

Maximal utböjning brukar vara av intresse.

Last . SelectSolve w' x 0 . D , x , x , 0x

L1 . &

w 2 L3

Smidigt! Så stödreaktionerna. Notera speciellt minustecknet vid beräkning av RB! Detta förklaras lite kryptiskt i figurerna på sid 192med jämvikt för små balkstumpar med längden x vid vardera änden av balken. Var noga med definition av snittstorheternas teckenpå vänster- och högerytor i snitten! I figuren nedan visar vi lite mer formellt härledningen.

x 0 x: RA T 0 x 0: RA x M 0 x MA 0

x 0 RA T 0 EIw ''' 0MA M 0 EIw '' 0

x L x: RB T L x 0: RB x M L x MB 0

x 0 RB T L EIw ''' LMB M L EIw '' L

Så Tores slutkläm på sid 193, med rätt teckenkonvention på vänster- och högersnitt enligt figur ovan!

RA T x , MA M x . . x 0, RB T x , MB M x . . x L

RA3 02 L MA

RB3 02 L MB 0

Till slut de så populära moment- och tvärkraftsdiagrammen. Traditionellt brukar de ritas i separata diagram med filling mot x-axeln.

Plot Evaluate M x . . L 10, 0 1 , x, 0, 10 , PlotStyle Red,

Filling Axis, FillingStyle LightRed, AxesLabel "x", "M x " ,

Plot Evaluate T x . . L 10, 0 1 , x, 0, 10 , PlotRange 0, 0.2 ,

PlotStyle Blue, Filling Axis, FillingStyle LightBlue, AxesLabel "x", "T x "

2 4 6 8 10

1.0M x

0 2 4 6 8 10x

0.050.100.150.20

Exempel B12 5: Fritt upplagd i vänsteränden med given stödvinkel Π6och glidlagrad vid högeränden längs en vertikal vägg.

Lösningsförslag: Inga laster! Kolla noga randvillkoren som kommer här nu mot kap 12.4, sid 190-191! Notera att Tore låterw ' 0 L Θ i (13b), vilket är formellt fel! Vi vet från analyskurs att riktningskoefficienten k w ' x tan Θ . Men i hållfasthetsläramed stål är Θ liten och då gäller w ' x tan Θ Θ enligt Taylorutveckling, så han är inte helt fel ute. Men vi gillar ju att vara duktiga!

DSolveEI w'''' x 0, w' 0 Tan Π6, w 0 w' L EI w''' L 0, w x , x

w x2 3 L x 3 x2

Nu väljer vi numeriska data och ritar w x .

RulePlotLab . L 10, x, 0, 10 , GridLines Automatic,

2 4 6 8 10x

sid 194-200: Den observante läsaren har säkert upptäckt att vi bara hanterat en balk med stöd i minst en av ändpunkterna. Den endalast vi tillåtit längs balkens span är en utbredd last q x . Punktlaster P och punktmoment M har varit hänvisade till ändpunkterna ochdå som (RV). För att tillåta en eller flera P och M längs balkens span eller “hastigt” varierande q x (dvs styckvis definierad) måstevi enligt Tore skarva två balkar på ömse sidor om den aktuella punkten där det händer. Om vi har flera ju fler balkstumpar att skarvasamman. Var och en av dessa löses enligt metod ovan, eftersom P och M nu hamnar i en balkände som (RV) och q x snäll. Slutligenmåste alla dessa balkstumpar skarvas samman med fyra kontinuitetskrav i varje skarv, så att w, w ', EIw '' M och EIw ''' Tantar samma värde på ömse sidor av skarven, sid 194-196. Normalt orkar man bara läsa halva sid 194 innan det svartnar för ögonen.Vi tar allt detta, och mer därtill, på vårt smidiga sätt om en stund.

Eftersom den enklaste formen av elastiska linjens differentialekvation EIw '''' x q x är linjär, betyder det att om man har funnitflera olika lösningar så är också summan (eller skarpare en linjärkombination) av dessa också en lösning. Detta har man utnyttjat tillatt lösa en samling enkla fall. Dessa så kallade elementarfall finns i formelsamlingen på sid A12-A14, vilka naturligtvis är anpassadeför handräkning eftersom de anges på vekhetsform w k 1 P enligt kap. 11, istället för styvhetsform kw P som är det moderna ikap 12. Har man en modell där flera olika sådana lastfall förekommer kan alltså lösningen till modellen fås genom att lägga sammande för de olika elementarfallen, w x w1 x w2 x Detta kallas superposition, se figur nedan, och är tillsammans med elemen-tarfall och skarvning mycket vanliga redskap vid tröttande handräkning, vilket numera är både otidsenligt och onödigt eftersom mannaturligt och enklare klarar mycket direkt med Mathematica eller FEM, jämför figur nedan med Exempel B12/3 ovan.

w x w1 x w2 x

Skarvning tillämpas även då vi har fler än två stöd. Man tar då bort stöd och inför fiktiva P och M där. Tillämpar sedan elementarfallpå balkdelarna och skarvar samman dessa med kontinuitetskrav på w och w '. Detta bestämmer P och M i skarvarna, varav slutligenmodellens hela utböjningsfält är bestämt. Åter tröttande handräkning som vi inte befattar oss med. Antingen lämnar vi över till FEMeller så utnyttjar vi vår vän elastiska linjens differentialekvation sedan vi utvidgat klassen av problem som kan lösas direkt genom atttillåta 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. Se figurnedan från vänster till höger. Vi börjar med insikten att en punktlastpil, spetsig kontakt, måste deformeras vid belastning och ytterstamolekylerna på den matematiska spetsen kommer kanske att skavas av, med en avtrubbning som följd. Tricket är alltså att betraktaen punktlast P som en utbredd last qP x P

2 N m verkande på en mycket liten -omgivning till angreppspunkten a.

qP x P 2 N m

Löst talat är vi ute efter en konstruktion av typen P lim 0 aa qP x x. En sådan modellering eftersöks i många sammanhang och

verktyget i matematik heter Diracs delta-funktion Δ x , (Paul Dirac, 1902-1984, engelsk teoretisk fysiker, Nobelpriset i fysik 1933),som inte är någon funktion i klassisk mening utan en så kallad distribution, (detta ovärderliga begrepp i modern analys sattes pårigorös grund av Laurent Schwartz, 1915-2002, fransk matematiker, Fieldsmedaljen 1950). Med andra ord kan alltså P verkande ipunkten a formuleras som qP x PΔ x a , och adderas till i högerledet som vilken utbredd last som helst! Rustade med detta kanvi slutligen med ett kraftpar från mekanik meka till bidraget från ett punktmoment i a, qM x lim 0 PΔ x a PΔ x a

lim 0 M Δ x a M Δ x a M lim 0 Δ x a Δ x a M Δ ' x a , också i högerledet som vilken utbredd last som helst!

Exempel B12 6: Vi börjar med ett gammalt överhoppatExempel 11 1 sid 148.

Lösningsförslag: Håll koll på (RV) i kap 12.4, sid 190-191! Dirac i arbete för första gången! Detta genererar feta lösningar! I dessa

hittar vi ofta bästa kompisen Heavisides stegfunktion Θ x0 x 01 x 0

till Diracs delta-funktion Δ x . Släktskapet mellan dem är

Θ ' x Δ x . Om alla ingående variabler är positiva kan man med AllPositive banta ner volymen något på det som levereras.

DSolve EI w'''' x P DiracDelta x a , w 0 EI w'' 0 w a b EI w'' a b 0,

M x EI w'' x , T x M' x , w x , M x , T x , x First AllPositive

M xP a b a x Θ x a b x

a b, T x

P b a b Θ x aa b

, w xP b x a2 2 a b x2 a b a x 3 Θ x a

6 EI a b

Men ofta behövs ytterligare hjälp med rangordning av variabler för att få svar på minimalistisk form, som här vid bestämning avstödreaktionerna RA, RB och maxmomentet Mmax i balken.

Simplify T x . . x 0, T x . . x L, M x . . x a , L a 0, L b 0

b Pa b

a b Pa b

Slutligen väljer vi lite numeriska data och ritar moment- och tvärkraftsdiagram.

Plot Evaluate M x . . EI 1, a 3, b 2, P 1 , x, 0, 5 , PlotStyle Red,

Filling Axis, FillingStyle LightRed, AxesLabel "x", "M x " ,

Plot Evaluate T x . . EI 1, a 3, b 2, P 1 , x, 0, 5 , PlotStyle Blue,

Filling Axis, FillingStyle LightBlue, AxesLabel "x", "T x "

1 2 3 4 5

x0.20.40.60.81.01.2

,1 2 3 4 5

0.60.40.2

0.20.4

Exempel B12 7: Vi tar ytterligare ett exempel på användning av Diracs delta–funktionför att slippa skarva. Analysera en konsolbalk med längden 2a och med en last P vidx a. Sök w 2a .

Lösningsförslag: Direkt tillämpning på elastiska linjens differentialekvation. Håll koll på (RV) i kap 12.4, sid 190-191!

DSolve EI w'''' x P DiracDelta x a ,

w 0 w' 0 EI w'' 2 a EI w''' 2 a 0 , w x , x First AllPositive

w xP a x 3 Θ a x a2 a 3 x

Simplify w x . . x 2 a, a 0

5 a3 P6 EI

Utan dessa finesser hade vi exempelvis fått göra såhär. Räkna på konsolbalk av längd a med last P i änden.

DSolve EI w'''' x 0, w 0 w' 0 EI w'' a 0, EI w''' a P , w x , x First

w xP 3 a x2 x3

Nedböjning vid x 2a får vi sedan som w 2a w a atan w ' a w ' 1 w a aw ' a . Att balken är helt rak i a, 2a ,beror på avsaknad av andra laster, exempelvis en naturlig utbredd last q x för att simulera egentyngd.

w x a w' x . . D , x . x a

5 a3 P6 EI

Exempel B12/8: Vi fortsätter med vår användning av Diracs delta-funktion. Härled de lite svårare elementarfallen 1 och 3 på sidA13 i formelsamlingen. Kolla noga randvillkoren som kommer här nu mot kap 12.4, sid 190-191!

Först elementarfall 1.

DSolve EI w'''' x P DiracDelta x Α L ,

w 0 EI w'' 0 w L EI w'' L 0 , w x , x First;

Vi får hjälpa till med lite information så alla Δ-kompisar kan bestämmas. Rad 1 i elementarfall 1 blir

Simplify , 0 x Α L, 0 Α 1

w xΑ 1 P x Α 2 Α L2 x2

Speciellt har vi w ΑL i rad 2.

. x Α L FullSimplify

w Α LΑ 1 2 Α2 L3 P

Sedan elementarfall 3.

Simplify DSolve EI w'''' x M DiracDelta' x Α L ,

w 0 EI w'' 0 w L EI w'' L 0 , w x , x First, 0 x Α L, 0 Α 1

w xM x 3 Α2 6 Α 2 L2 x2

6 EI L

Varav vinklarna vid stöden, att jämföra med rad 2 i elementarfallet.

D , x . x 0 , x Α L Simplify

w 03 Α2 6 Α 2 L M

6 EI, w Α L

3 Α2 3 Α 1 L M3 EI

Exempel B12/9: Ytterligare ett exempel som är ganska kinkigt med elementarfall och skarvning. Vi söker utböjningen för balkentill 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. Sedanär det bara att mata elastiska linjens differentialekvation. Håll koll på högerledet, tecknet på M och (RV) i kap 12.4, sid 190-191!

DSolveEI w'''' x P DiracDeltax L

2 a P DiracDelta'x L

w 0 w' 0 w L EI w'' L 0, w x , x First;

Så en liten bild över utböjningen där vi valt numeriska data.

RulePlotLab . EI 10 000, L 10, a 1, P 100 , x, 0, 10 , GridLines Automatic,

w x2 4 6 8 10

x0.020.040.060.080.10

Exempel B12/10: Samma modell som Exempel B12/9 men med ytterligare en punktlast F i punkten x L4 .

Lösningsförslag: Lägg bara till F i högerledet. Visst är det enkelt! Håll koll på högerledet och (RV) i kap 12.4, sid 190-191!

DSolveEI w'''' x P DiracDeltax L

2 a P DiracDelta'x L

2 F DiracDeltax L

Visst vill vi se en liten bild över utböjningen där vi valt numeriska data.

RulePlotLab . EI 1, L 10, a 1, P 5, F 10 , x, 0, 10 , GridLines Automatic,

w x2 4 6 8 10

Exempel B12/11: En liten händig funktion att använda då q x varierar lite vilt kan enkelt mekas ihop med Heavisides stegfunktion.Funktionen on nedan är helt enkelt 1 på intervallet a, b och 0 för övrigt. Den kan alltså användas för att tända och släcka olikafunktioner 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.

Plot5 onx, 1

2, 2 x on x, 2, 5 5 Sin x on x, 2 Π, 9 , x, 0, 10 , PlotStyle Orange,

Filling Axis, FillingStyle Lighter Orange , AxesLabel "x", "q x "

2 4 6 8 10x

Exempel B12 12: Vi provkör på vårt allra första exempel Exempel B12 1,en balk som är fritt upplagd i båda ändar, med den utbredda lasten q x q0

nu endast verkande på den högra tredjedelen av balken.

Lösningsförslag: Elastiska linjens differentialekvation kombinerad med vår nyvunna funktion för att enkelt definiera styckvisdefinierade funktioner. Kolla noga randvillkoren mot kap 12.4, sid 190-191!

DSolveEI w'''' x q0 onx, 2

3L, L,

w 0 EI w'' 0 w L EI w'' L 0, w x , x First;

Nu väljer vi lite numeriska data och ritar w x . Ser ok ut med osymmetrisk utböjning jämfört med q0 över hela spannet.

RulePlotLab . EI 10 000, L 10, q0 1 , x, 0, 10 , GridLines Automatic,

w x2 4 6 8 10x

Exempel B12 13: Exempel 12 5 sid 198 på vårt sätt medelastiska linjens ODE . Vi utökar även problemställningen,så att rullgardinen dras ner för Tores elementarfall

Lösningsförslag: Istället för att skarva och komplicera livet för oss ska vi använda fiktiv last för att säkerställa w L 0 vid stödetB. Vi har då två punklaster att hantera, den givna P och den fiktiva FB vid B. Håll koll på (RV) i kap 12.4, sid 190-191!

DSolveEI w'''' x P DiracDeltax LL

2 FB DiracDelta x L ,

w 0 w' 0 w 2 L EI w'' 2 L 0, w x , x First;

Nu kravsätter vi lösningen så att w L 0. Detta bestämmer FB, Tores (k) på sid 200. Stämmer bra med FB 0, det vill säga denverkar uppåt i figuren. Sedan ritar vi utböjningen som vanligt.

krav Simplify Solve w x 0 . . x L, FB , L 0 First

FB43 P56

RulePlotLab . krav . EI 1, L 10, P 1 , x, 0, 20 , GridLines Automatic,

w x5 10 15 20

Vinklar vid ΘB(e) och ΘC(f) på sid 199. Givetvis är vi konsekventa med tecken!

Simplify D . krav, x . x , L 0 & L, 2 L

w L3 L2 P112 EI

, w 2 L5 L2 P112 EI

Stödreaktioner med omvända tecken, vad balken orsakar. Först MA, (g) på sidan 199.

Simplify D . krav, x, 2 . x 0, L 0

w 03 L P56 EI

Sedan RA och RC, (h) och (j) på sid 200.

Simplify D . krav, x, 3 . x , L 0 & 0, 2 L

w 3 09 P

56 EI, w 3 2 L

11 P28 EI

Vi förstår nu att w x och w ' x kan kravsättas överallt på hur många ställen vi vill, inte bara vid stöd, genom att applicera krafter Frespektive moment M . Exempelvis om vi fortsätter att plåga stöd B med stödförskjutning w L L

5 och vinkel w ' L 1.

DSolveEI w'''' x P DiracDeltax LL

2 FB DiracDelta x L MB DiracDelta' x L ,

w 0 w' 0 w 2 L EI w'' 2 L 0, w x , x First;

krav SimplifySolve w x , w' x L

5, 1 . . D , x . x L, FB, MB , L 0

FB11 P16

, MB32 EI5 L

3 L P16

RulePlotLab . krav . EI 1, L 10, P 1 , x, 0, 20 , GridLines Automatic,

w x5 10 15 20

Exempel B12/14: Exempel 12/5 sid 198 i repris. Att luta sig mot elastiska linjen då det är många stöd och komplicerade laster ledertill avancerad analys som förr eller senare bör lämnas över till finita elementmetoden (FEM), den enkla och geniala. Vi tar exempleten gång till genom att snabbt och smidigt meka ihop det hela med FEM. Placera ut fyra noder längs balken, där det händer något, envid väggen A, en vid vardera stöden B och C samt en under lasten P. Vi har nu delat upp balken i tre finita element, ett från väggentill stödet B med längden L och ett på varje sida P med längderna L

2 , se figur nedan.

1 2 3 41 2 3

Låna det så kallade elementstyvhetssambandet e e e för ett balkelement från framsidan av denna skrift. Se den självförklarandebeskrivningen med bild där. Så den alltid kvadratiska elementstyvhetsmatrisen

e L :EI

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

och nodfrihetsgraderna Δ, Θ w, w ' , som i detta fall är två till antalet, med tillhörande nodlaster F, M . Alla med tecken enligtbilden på första sidan. I figuren ovan har vi som brukligt är numrerat noder och element enligt 1, 2, 3, eftersom det i verklighetenkanske handlar om miljoner noder och element. För enkelhets skull kallar vi noderna här A, B, P, C. Eftersom vi har fyra noder blirdet 4 2 8 frihetsgrader i modellens globala styvhetsmatris , globala förskjutningsvektor och globala lastvektor . Assemblera,det vill säga sätt nu samman, eller “limma” samman, de tre elementen så vi får kontinuitet i Δ och Θ över elementgränserna vidnoderna. Detta är den bärande idén bakom FEM. Dela upp geometrin i standardiserade bitar, element, som är lätta att formuleraproblemet i, sätt sedan samman dessa för att härma ursprungsgeometrin. Tänk Lego eller “söndra och härska”.

I praktiken görs detta genom att man strukturellt adderar in e och e, element för element på sina rätta platser i och . För en nodsom delas av flera element, kommer bidragen från elementen att läggas samman på dess frihetsgrader. Varje nod lägger alltså beslagpå lika många rader och kolonner i som noden har frihetsgrader. Om vi har n frihetsgrader i det globala systemet så är n och n,varför n n alltid kvadratisk på grund av typkravet n n n n. Så initiera 8 8 med nollor och assemblera sedan de tre elementen.

ConstantArray 0, 8, 8 ; Kolla noga

1 ;; 4, 1 ;; 4 e L ; 3 ;; 6, 3 ;; 6 e L2; 5 ;; 8, 5 ;; 8 e L

12 EIL3

6 EIL2

12 EIL3

6 EIL2 0 0 0 0

6 EIL2

2 EIL 0 0 0 0

12 EIL3

6 EIL2

108 EIL3

18 EIL2

96 EIL3

24 EIL2 0 0

6 EIL2

18 EIL2

12 EIL

24 EIL2

4 EIL 0 0

0 0 96 EIL3

24 EIL2

192 EIL3 0 96 EI

L324 EI

0 0 24 EIL2

4 EIL 0 16 EI

L24 EI

0 0 0 0 96 EIL3

24 EIL2

96 EIL3

24 EIL2

0 0 0 0 24 EIL2

24 EIL2

Nu är det bara att applicera randvillkor, det vill säga föra in kända nodfrihetsgrader och nodlaster. Var noga med tecken, så beräknasallt med rätt tecken! I det globala ekvationssystemet måste för varje rad exakt en av frihetsgraden eller lasten vara given, den andrabestäms sedan av FEM. Vi behåller då lika många obekanta som ekvationer. Kontrollera noga dessa val nedan med figuren direkt iexemplet på sid 198!! Slutligen är det bara att lösa det.

Solve .

0ΘBΔPΘP0ΘC

FAMAFB0P

, FA, MA, FB, ΘB, ΔP, ΘP, FC, ΘC

FA9 P56

, MA3 L P

56, FB

43 P56

, ΘB3 L2 P112 EI

, ΔP19 L3 P1344 EI

, ΘPL2 P

224 EI, FC

11 P28

, ΘC5 L2 P112 EI

FEM är konsekvent med tecken, jämfört med Tore. Mycket smidigare metod än uppdelning i elementarfall, skarvning och problem-beroende pyssel som han gillar så, och ändå är det bara tre balkstumpar.

Notera att vi som vanligt får ut allt, man ska inte vara snål mot sig själv, till skillnad mot Tore. Exempelvis förskjutning ΔP ochvinkel ΘP under lasten. Den senare är inte noll, vilket man kan förledas tro av 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, och presenteras i en annan merallvarligt menad kurs.

sid 200-204: Hoppa över eller läs informativt. Handlar om balk på fjädrande underlag, exempelvis järnvägsräls eller vägbeläggning.Elastiska linjens (DE) berikas med en term till, EIw '''' x kw x q x , som gör den extra svår för hand, men inte för DSolve.

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 denpålagda lasten kan ge dramatiska ändringar i modellens geometri. Ibland pratar man om kaosartat beteende. Att utsätta sin konstruk-tion för sådana här omständigheter är naturligtvis inte önskvärt, så all dimensionering måste med andra ord ta hänsyn till detta. Detfinns gott om exempel i historien där så inte skett. Inledande exemplet i kapitel 13.1 tar vi här.

En rak stel bom är vertikalt monterad med en friktionfri rotationsled vid golvet. I andra änden angriperen vertikal kraft P och en mothållande fjäder som glider med så att den hela tiden är i horisontellt läge,enligt figur. Med fjäderkraft F kx kLsin Α har vi direkt momentjämvikt kring leden vid golvet

F Lcos Α PLsin Α 0 kLsin Α Lcos Α PLsin Α 0 sin Α kLcos Α P 0sin Α 0 1ellerkLcos Α P 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 figur 3 sid 218 ochi den fullständiga versionen till höger. Resan börjar i obelastat tillstånd i punkten Α, P 0, 0 . Närvi så lastar på strukturen med ett ökande P 0 kommer vi att följa en bana i Α, P –diagrammet sombestäms av 1 , det vill säga längs Α, P 0, P . Detta fortgår tills dess att även 2 uppfylls, vi sägeratt vi uppnått den kritiska lasten eller knäcklasten Pk kL. Denna punkt 0, Pk innebär också att vikommit till ett vägskäl, en så kallad bifurkationspunkt, eftersom banan förgrenar sig här. Modellenkan nu ta olika vägar, vilken det blir beror på hur den störs utifrån eller vanligare om det finns någramedfödda defekter. Fortfarande kan Α 0 enligt 1 med en allt ökande anspänning och risk för kraftigvinkeländring om vi ökar P, eller så kan den ta någon av de två lite lugnare sidospåren, 2 . Tore undrar Π 2 0 Π 2

Αom dessa är vågräta eller lutar uppåt nedåt. Vår mer noggranna analys för stora Α visar att de böjer av nedåt, se figur där L k 1.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 ensidogren med till beloppet stora Α.

sid 220-224: Hoppa över. Bäddar för axialbelastade balkar och utmynnar i

sid 225-227: Eulers knäckfall för böjknäckning av en balk med en axiell tryckkraft P under olika inspänningar bör man känna till, sefigur sid 227. Dessa kritiska laster härleds ur en berikad version av elastiska linjens differentialekvation EIw '''' x Pw '' x q x ,med q x 0 i just dessa knäckfall. Ur denna kan även de aktuella utböjningsformerna erhållas, så kallad modalanalys (samma somegenvärdesanalys i matematiken). Indikerat i figuren på sid 227 är den första och viktigaste kritiska lasten i de olika fallen. Det finnsoändligt många. Tore har lite sådär härlett Fall 1 i Exempel 13/2 på sid 225-226. Nedan följer härledningar av Eulers fem knäckfall,Exempel B13/1-5, att läsa för den vetgirige.

Exempel B13/1: Vi gör Fall 1 på vårt sätt. Tore “ser saker” på sid 225 när han i Exempel 13/2 härleder på sitt sätt. Det behöver maninte om man använder matematik! Dessutom är det läge att visa en fiffig möjlighet med DSolve, nämligen att bara ange namnet på

den sökta funktionen w och inte w[x], så svaret blir en “pure function”. Börja med att införa Λ2

L2 : PEI och bestäm sedan allmänna

lösningen med alla ci, det vill säga utan (RV). Denna tillsammans med olika (RV) blir sedan starten i härledningen av de olika fallen.

wFun DSolvew'''' xΛ2L2

w'' x 0, w, x First

w xc2 L2 sin Λ x

c1 L2 cos Λ xL Λ2 c4 x c3

Så randvillkoren. Håll koll på (RV) i kap 12.4, sid 190-191! Lägg märke till hur smidigt vår nya funktionsform passar ihop med

olika derivator och x 0 eller x L Lite krångligt (RV) för T L 0 EIw ''' L Pw ' L 0 w ''' L Λ2

L2 w ' L 0.

rv w 0 , w' 0 , w'' L , w''' LΛ2L2

w' L 0 . wFun Simplify

c3c1 L2Λ2 , c4

c2 LΛ , c2 sin Λ c1 cos Λ ,c4 Λ2

För att detta homogena ekvationssystem ska ha en icke-trivial lösning, det vill säga minst ett ci 0, krävs att koefficientmatrisensdeterminant är lika med noll.

D rv 1 , c1, c2, c3, c4

L2Λ2 0 1 0

0 LΛ 0 1cos Λ sin Λ 0 0

0 0 0 Λ2

Det Factor Simplify

Λ cos ΛL

Med elementär analytisk lösning, Λ Π2 nΠ, n 0, 1, 2, , med Λ 0 P 0 w x 0 som är ointressant. Nu är det bara att

bestämma exempelvis de fem första kritiska knäcklasterna Pk, k 1, , 5, och väljer att presentera dem på traditionellt med "Π2".

Solve Λ2L2

. Λ Π2

1 Π, P & Range 5 Flatten

P1EI 2

4 L2 , P29 EI 2

4 L2 , P325 EI 2

4 L2 , P449 EI 2

4 L2 , P581 EI 2

4 L2 Vi känner igen den lägsta i Tores tabell på sid 227. Balken är stabil med w x 0 för P P1 och instabil för P P1. Om vi vill ritautböjningen för P1 så är detta ett egenvärdesproblem precis som i linjär algebra, men med funktioner istället. Vi kommer ihåg att enegenvektor är bestämd bara med avseende på parallellitet, inte storlek. Samma blir det för egenfunktionen (egenmoden) sommotsvarar egenvärdet noll till Λ1 . Bestäm först ci, rita med “lagom” skalfaktor och jämför med Tores bild på sid 227.

ci Solve c1, c2, c3, c4 ReSortEigensystem . Λ Π2

. L 1 1, 2 c1

4, c2 0, c3 1, c4 0

ParametricPlot w x , 3 x . wFun . ci . Λ Π2

. L 1, x, 0, 1 , Ticks False

Exempel B13/2: Vi gör även Fall 2a på vårt sätt. Börja med wFun och (RV) i kap 12.4, sid 190-191!

rv w 0 , w'' 0 , w L , w'' L 0 . wFun

c3c1 L2Λ2 , c1,

c2 L2 sin ΛΛ2c1 L2 cos ΛΛ2 c4 L c3, c2 sin Λ c1 cos Λ 0

D rv 1 , c1, c2, c3, c4

L2Λ2 0 1 01 0 0 0

L2 cos ΛΛ2L2 sin ΛΛ2 1 L

cos Λ sin Λ 0 0

L sin ΛMed elementär analytisk lösning, Λ nΠ, n 0, 1, 2, , med Λ 0 P 0 w x 0 som är ointressant. Nu är det bara attbestämma exempelvis de fem första kritiska knäcklasterna Pk, k 1, , 5, och väljer att presentera dem på traditionellt med "Π2".

Solve Λ2L2

. Λ Π, P & Range 5 Flatten

P1EI 2

L2 , P24 EI 2

L2 , P39 EI 2

L2 , P416 EI 2

L2 , P525 EI 2

L2 Vi känner igen den lägsta i Tores tabell på sid 227. Balken är stabil med w x 0 för P P1 och instabil för P P1. Om vi vill ritautböjningen för P1 så är detta ett egenvärdesproblem precis som i linjär algebra, men med funktioner istället. Vi kommer ihåg att enegenvektor är bestämd bara med avseende på parallellitet, inte storlek. Samma blir det för egenfunktionen (egenmoden) sommotsvarar egenvärdet noll till Λ1 . Bestäm först ci, rita med “lagom” skalfaktor och jämför med Tores bild på sid 227.

ci Solve c1, c2, c3, c4 Re Sort Eigensystem . Λ Π . L 1 1, 2

c1 0, c2 1, c3 0, c4 0

ParametricPlot 2 w x , x . wFun . ci . Λ Π . L 1, x, 0, 1 , Ticks False

Exempel B13/3: Sedan Fall 2b på vårt sätt. Börja med wFun och (RV) i kap 12.4, sid 190-191!

rv w 0 , w' 0 , w' L , w''' L 0 . wFun

c3c1 L2Λ2 , c4

c2 LΛ ,c1 L sin ΛΛ c2 L cos ΛΛ c4,

c2 Λ cos ΛL

c1 Λ sin ΛL

D rv 1 , c1, c2, c3, c4

L2Λ2 0 1 0

0 LΛ 0 1L sin ΛΛ L cos ΛΛ 0 1Λ sin Λ

LΛ cos Λ

Det Factor Simplify

sin ΛMed elementär analytisk lösning, Λ Π, 2Π, , men Λ 0 P 0 w x 0 som är ointressant. Nu är det bara att bestämmaexempelvis de fem första kritiska knäcklasterna Pk, k 1, , 5, och väljer att presentera dem på traditionellt med "Π2".

Solve Λ2L2

. Λ Π, P & Range 5 Flatten

P1EI 2

L2 , P24 EI 2

L2 , P39 EI 2

L2 , P416 EI 2

L2 , P525 EI 2

ci Solve c1, c2, c3, c4 Re Sort Eigensystem . Λ Π . L 1 1, 2

c1 Π2, c2 0, c3 1, c4 0ParametricPlot w x , 3 x . wFun . ci . Λ Π . L 1, x, 0, 1 , Ticks False

Exempel B13/4: Så Fall 3 som saknar analytisk lösning. Börja med wFun och (RV) i kap 12.4, sid 190-191!

rv w 0 , w' 0 , w L , w'' L 0 . wFun

c3c1 L2Λ2 , c4

c2 LΛ ,c2 L2 sin ΛΛ2

c1 L2 cos ΛΛ2 c4 L c3, c2 sin Λ c1 cos Λ 0

För icke-trivial lösning, det vill säga minst ett ci 0, krävs att koefficientmatrisens determinant är lika med noll.

D rv 1 , c1, c2, c3, c4

L2Λ2 0 1 0

0 LΛ 0 1L2 cos ΛΛ2

L2 sin ΛΛ2 1 L

cos Λ sin Λ 0 0

Det Factor

L2 Λ cos Λ sin ΛΛ2

Vi har tydligen en transcendent ekvation att lösa, Λcos Λ sin Λ 0 tan Λ Λ, som uppträder även i många andra tillämpningar,exempelvis analys av flankspel i en kuggväxel eller stabilitet i ett bildäck. Först en bild som indikerar oändligt antal lösningar.

Plot Evaluate . L 1 , Λ, 0, 25 , PlotStyle Magenta, AxesLabel "Λ", " L 1 "

5 10 15 20 25Λ

0.20.1

0.10.20.30.4

Nu är det bara att bestämma exempelvis de fem första kritiska knäcklasterna Pk , k 1, , 5. Notera att analytiska lösningar för Λsaknas, utom den ointressanta Λ 0 P 0 som motsvarar att balken är rak w x 0. Solve är inte designad att klara ekvationerav denna typ, så vi får ta till den generella numeriska lösaren, och väljer sedan att presentera Pk på traditionellt sätt med "Π2".

FindRoot 0 . L 1, Λ, Π 1 & Range 5 Fiffig startlösning ;

Λ 4.49341 , Λ 7.72525 , Λ 10.9041 , Λ 14.0662 , Λ 17.2208

Solve Λ2L2

. , P & Range 5 Flatten

P12.04575 EI 2

L2 , P26.0468 EI 2

L2 , P312.0471 EI 2

L2 , P420.0472 EI 2

L2 , P530.0472 EI 2

ci Solve c1, c2, c3, c4 Select Chop Eigensystem . 1 . L 1 , 1 0 & 1, 2

c1 0.973846, c2 0.216728, c3 0.0482323, c4 0.0482323

ParametricPlot 2 w x , x . wFun . ci . 1 . L 1, x, 0, 1 , Ticks False

Exempel B13/5: Slutligen Fall 4 som också saknar analytisk lösning. Börja med wFun och (RV) i kap 12.4, sid 190-191!

rv w 0 , w' 0 , w L , w' L 0 . wFun

c3c1 L2Λ2 , c4

c2 LΛ ,c2 L2 sin ΛΛ2

c1 L2 cos ΛΛ2 c4 L c3,c1 L sin ΛΛ c2 L cos ΛΛ c4 0

För icke-trivial lösning, det vill säga minst ett ci 0, krävs att koefficientmatrisens determinant är lika med noll.

D rv 1 , c1, c2, c3, c4

L2Λ2 0 1 0

0 LΛ 0 1L2 cos ΛΛ2

L2 sin ΛΛ2 1 LL sin ΛΛ L cos ΛΛ 0 1

Det Factor Simplify

L3 Λ sin Λ 2 cos Λ 2Λ3

En plot skadar inte.

Plot Evaluate . L 1 , Λ, 0, 25 , PlotStyle Magenta, AxesLabel "Λ", " L 1 "

5 10 15 20 25Λ

0.050.10

Nu är det bara att söka nollställen.

FindRoot 0 . L 1, Λ, Π & Range 2, 8 Fiffig startlösning ;

Λ 6.28319 , Λ 8.98682 , Λ 12.5664 , Λ 15.4505 , Λ 18.8496 , Λ 21.8082 , Λ 25.1327

Solve Λ2L2

. , P & Range 5 Flatten

P14. EI 2

L2 , P28.18299 EI 2

L2 , P316. EI 2

L2 , P424.1872 EI 2

L2 , P536. EI 2

ci Solve c1, c2, c3, c4 Re Sort Eigensystem . 1 . L 1 1, 2

c1 0.999679, c2 2.0511 10 16, c3 0.0253222, c4 7.75359 10 17ParametricPlot 3 w x , x . wFun . ci . 1 . L 1, x, 0, 1 , Ticks False

Exempel B13/6: Genomslag i flackt stångsystem. Vi ska studera stabiliteten hos ett flackt 2D stångsystem under belastning, sefigur nedan. I obelastat tillstånd har vi situationen i den vänstra figuren, två lika långa stänger förbundna med varandra och väggarnamed friktionsfria leder. I mittersta figuren ger lasten P upphov till tryckkrafter N i stängerna, som härigenom förkortas. Det medföratt lutningsvinkeln Φ minskar från sitt ursprungsvärde . Om nu P ökas ytterligare blir också stångkrafterna större, vilket medför attΦ minskar än mer. Vid en viss last Pk är jämvikt inte längre möjlig, systemet slår igenom till läget i den högra figuren. Härefter kanlasten ökas vidare utan nämnvärd ändring av stångsystemets geometri. Förloppet kallas genomslag. Samma fenomen har vi då mantrycker på botten av en gammaldags oljekanna, eller i den plåtmojäng man brukar få på lågbudgettivoli när det är “vinst varje gång”.

Nu över till själva analysen. Låt avståndet mellan väggarna vara 2L och stängerna linjärt elastiska, det vill säga av Hooke-material.Efter friläggning i godtyckligt läge enligt figur nedan har vi då sambanden enligt den "gyllene kvadraten" (GK) och dess lösning

Solve2 Sin Φ P 0, Σ A, 1. Jämviktssamband

Cos Φ L

ΔL Cos

, 2. Deformationssamband

Σ , P, , Σ, , Δ 3. Materialsamband

P 2 A sin Φ A cos tan Φ ,A cos

cos Φ A , Σ coscos Φ ,

coscos Φ 1, Δ L

cos Φ Lcos

Så det olinjära sambandet mellan lasten P och vinkeln Φ. Passa på att meka in lite numeriska data!

P P . . Π6, 1, A 1 Simplify

2 sin Φ 3 tan ΦDetta samband återges av den blå kurvan i figuren nedan. Resan börjar i , 0 och följer den blå/röda kurvan då lasten P ökar och Φminskar. Men i Φk1, Pk når vi ett kritiskt läge, och kallar Pk för kritisk last. Om lasten ökas ytterligare så klarar stängerna inte dettaunder 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.

Φk1Φk2ΦPk

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 . Φ Φk1, FindRoot P PkΦk1 1 , Φ, 1 . Φ Φk20.0553009, Φk1 0.307199 , Φk2 0.59958

Vi ska nu undersöka vad som händer om stängerna istället är av enkel reologisk modell Σ Η och lasten P är konstant, det vill sägavi ämnar genomföra ett krypprov, se kap 4. I Exempel 4/7 sid 57 fann vi att töjningen t ökar exponentiellt för en sådan modell, segammal figur nedan. Med andra ord kryphastigheten växer över alla gränser, så vi har en typ av stabilitetsproblem.

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0t

Vår nya konstitutiva modell bildar tillsammans med de algebraiska ekvationerna ett differential-algebraiskt ekvationssystem (DAE),en blandning som är mycket vanlig i många tillämpningar och inte helt enkla att lösa. Speciellt i vårt fall har vi olinjära kopplingarmellan dem, men vi kommer “undan” genom att låta allt som varierar med tiden göra det, derivera deformationssambanden ochavslutningsvis låta systemet koka ner till en olinjär (ODE) i Φ t .

ode Eliminate2 t Sin Φ t P 0, t Σ t A, 1. Jämviktssamband

DΔ tL

Cos Φ t

Cos, t, D t

L Cos, t, 2. Deformationssamband

Σ t Η ' t , t , Σ t , Δ' t , ' t First 3. Materialsamband

P 2 A Η cos Φ t tan2 Φ t

Nu är det bara att lösa den. Som vanligt späker sig Mathematica till det yttersta för att ge lösningen på explicit form.

ΦAvt DSolve ode, Φ 0 , Φ t , t

Φ t InverseFunction 2 tan 1 1 cos & P tA Η 2 cos tan

En bild över skådespelet kan väl inte skada. Välj samma startkonfiguration som tidigare och återge tiden t Φ för jämförelse medHooke-modellens graf ovan. I någon mening kan vi kanske säga att t spelar samma roll här som P i Hooke-modellen.

data Π6, P 1, A 1, Η 2.;

ParametricPlot Φ t , t . ΦAvt . data, t, 0, 0.5 , PlotStyle Red, AxesLabel "Φ t ", "t"

0.6 0.4 0.2 0.2 0.4Φ t

0.10.20.30.40.5

Likheten mellan de två röda resorna är uppenbar, vinkeln Φ t minskar med tiden och när vi närmar oss en kritisk tidpunkt t händerallt väldigt fort med genomslag. Noterbart är också att den reologiska modellen ger ett väsentligt mjukare och kontinuerligt beteendeunder genomslaget jämfört med Hooke-materialet. Naturligtvis är t av intresse och vi låter Mathematica hjälpa oss med attbestämma den. Vi känner igen det numeriska värdet i grafen ovan.

t Solve Φ t 0 . ΦAvt, t , t . data Simplify Flatten

t 2 A Η sin cosP

, t 0.186201Avslutningsvis utom tävlan Det tränade ögat ser att vår olinjära (ODE) är separabel och resulterar i ganska enkla integraler. Så påimplicit form har vi direkt Φ t eller explicit t Φ efter separation och integration på sedvanligt handräknande sätt (men vi låternaturligtvis Mathematica hjälpa oss med integralerna ;-). Med samma graf och kritiska tidpunkt t t Φ 0 som ovan.

Simplify0

t2 A Η Cos

Tan Φ 2 Φ, 0 Φ Π2

t2 A Η cos tan Φ tan Φ

14 Svängningar

sid 234-242: Handlar om svängande massor där balken de hänger i betraktas som en masslös fjäder med återfjädrande kraft S påmassan som vanligt. Repetera gärna avsnittet om svängningar i ”Något om Mekanik-Dynamik och Mathematica”. Begreppen därrepeteras här med balkspråk. Vi reserverar w för balkens utböjning enligt elastiska linjen. De varianter av svängningar för massansom dyker upp är i axiell x-riktning, vridning (torsion) i Θ-riktning, vanligtvis kring x-axeln, och “upp och ned” (transversell) i z-riktningen. 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 ärviktigt som vanligt att dessa är jordfasta när du formulerar Newtons rörelseekvationer! Kärnfrågan är ofta att bestämma k för denåterförande fjäderkraften. Denna hittas för många vanliga fall i tabell över elementarfall, sid A12-A14, då på vekhetsform x k 1Sistället för styvhetsform S kx, men vi tar naturligtvis hjälp av Mathematica som inte väjer för några svårigheter.

Exempel B14/1: Vi tar Exempel 14/1 sid 237 på vårt sätt. Börja med att bestämma k med hjälp av Mathematica och elastiskalinjens differentialekvation. Håll som vanligt koll på randvillkoren enligt kap 12.4, sid 190-191!

wAvx DSolve EI w'''' x 0, w 0 w' 0 EI w'' L 0, EI w''' L S , w x , x

w xS 3 L x2 x3

Speciellt är w L av intresse

wAvx . x L

w LL3 S3 EI

Vi känner igen elementarfall 1 på sid A12. Nu är det bara att vaska fram k från vekhetsformen w L k 1S.

kVärde Solve S k w x . wAvx . x L, k First

k 3 EIL3

Sedan är det dax för massans rörelse enligt Newton. Som vanligt är det Mathematica som löser våra differentialekvationer medlämpliga (RV), enligt Tore. Vi använder z t istället för Tores x t , eftersom massans rörelse sker just i z-riktningen. I lösningenkänner vi igen egenvinkelhastigheten Ωe rad s i argumentet till sin Ωe t . Strängt taget behövs inga (BV) för detta.

DSolve m z'' t k z t . kVärde, z 0 0, z' 0 v0 , z t , t

z tL3 2 m v0 sin 3 EI t

Exempel B14/2: Fortsättning på föregående Exempel B14/1. Vi ser att amplituden hos z t ökar linjärt med begynnelsehastighetenv0, inte helt oväntat. Detta ger oss anledning att nämna två vanliga fall i litteraturen; statisk belastning, som ges av elastiska linjensdifferentialekvation och motsvarar att man lastar på försiktigt, försiktigt tills maximal utböjning erhålls, med dynamisk belastning,som motsvarar att man släpper massan precis vid kontakt med balken, det vill säga Newton ovan berikad med lasten mg och nyaBV : z 0 0, z 0 v0 0. Vi får i det senare fallet

zAvt DSolve m z'' t m g k z t . kVärde, z 0 0, z' 0 0 , z t , t

z tg L3 m g L3 m cos 3 EI t

Tydligen en harmonisk svängning kring den statiska utböjningen, där maximala utböjningen blir precis dubbelt så stor vid dynamiskbelastning som vid statisk belastning, och därmed påkänningar som spänning och töjning. Kan vara bra att komma ihåg.

w x. Flatten wAvx, zAvt, S m g, x L, Cos 1

I verkligheten har man alltid någon form av dämpning inblandad som gör att rörelsen över tid svänger in mot den statiska utböjnin-gen. Vi gör en snabb illustration av skådespelet.

RulePlotLab wAvx, DSolve m z'' t m g k z t c z' t . kVärde, z 0 0, z' 0 0 ,

z t , t . L 1, EI 1, c 1, x L, S m g, m 1, g 10 , t, 0, 10 ,

PlotRange All, ScalingFunctions Identity, "Reverse"

w 1z t

2 4 6 8 10t

Exempel 14/2 sid 238: Vi bestämmer k med hjälp av Mathematica och elastiska linjens differentialekvation. Håll som vanligt kollpå randvillkoren enligt kap 12.4, sid 190-191!

wAvx DSolveEI w'''' x S DiracDeltax L

w 0 EI w'' 0 w L EI w'' L 0, w x , x;

Speciellt är w L2 av intresse, som efter upprensning i det risiga Dirac-träsket.

SimplifywAvx . xL

2, L 0

L3 S48 EI

Vi känner igen elementarfall 1 på sid A13 med Α Β 1

2 . Nu är det bara att vaska fram k från vekhetsformen w L2 k 1S

kVärde SimplifySolveS k w x . wAvx . xL

2, k, L 0 First

k 48 EIL3

Sedan är det dax för massans rörelse enligt Newton. Som vanligt är det Mathematica som löser våra differentialekvationer medlämpliga (RV), eller utan som Tore. Återigen sker rörelsen i z-riktningen. Vi känner igen Ωe i argumentet till sin Ωe t och cos Ωe t .

DSolve m z'' t k z t . kVärde, z t , t

z t c2 sin4 3 EI t

L3 2 mc1 cos

4 3 EI tL3 2 m

Exempel 14/3 sid 240: Vi bestämmer k med hjälp av gamla kunskaper om spänning, töjning och Hooke-material.

kVärde SolveS k x, Σ S

L, Σ , k, S, Σ, First

, SA x

L, Σ x

Sedan är det som vanligt Mathematica som löser Newtons rörelseekvationer. Nu passar det bra att använda Tores x t , eftersomrörelsen sker just i x-riktningen. Nytt är en yttre pulserande last som naturligtvis inte vållar några problem

xAvt DSolve m x'' t k x t F0 Sin Ω t . kVärde, x t , t FullSimplify

x t c2 sinA t

L mc1 cos

F0 L sin t ΩA L mΩ2

Speciellt har vi partikulärlösningen som i svängningssammanhang brukar kallas fortvarighetslösningen.

xAvt . C 1 0, C 2 0

x tF0 L sin t ΩA L m Ω2

Exempel B14/3: En konsolbalk med en massa på mitten plågas vid den fria änden av en vertikalt pulserande förskjutningt rsin t , se figur nedan. Sök massans rörelse speciellt då den yttre störningens interfererar med Ωe.

Lösningsförslag: Situationen vid godtycklig tidpunkt åskådliggörs i figuren nedan. Men vi börjar med att bestämma w då stöd-förskjutningen 0 för att få fram balkens fjäderkonstant k. Detta kan göras med elementarfall, men då måste man kombinera fleraav Tores fall på sid A12-A14. Så vi tillgriper naturligtvis den mest generella metoden av alla, nämligen elastiska linjens differen-tialekvation och Mathematica. Kolla noga randvillkoren som kommer här nu mot kap 12.4, sid 190-191!

wAvx DSolveEI w'''' x S DiracDeltax L

Speciellt är w L2 av intresse, som efter förenkling av det risiga uttrycket blir

SimplifywAvx . xL

2, L 0

7 L3 S768 EI

Nu är det bara att vaska fram k från vekhetsformen w L

2 k 1S

kVärde SimplifySolveS k w x . wAvx . xL

2, k, L 0 First

k 768 EI7 L3

Nu är det dax att ta en titt på massans rörelse. Den fria balkänden utsätts för en pulserande förskjutning enligt t rsin t . Det ärviktigt att alltid teckna Newtons rörelseekvation i ett jordfast koordinatsystem. Snegla nu på figuren nedan så har vi direkt med zräknat från jordfasta “horisontalen” att mz F mz kz t 1

2 t om vi försummar tyngdkraften. Välj lite numeriska data ochlåt skådespelet starta från vila.

zAvt DSolvem z'' t k z t1

2r Sin t , z 0 z' 0 0 . kVärde,

z t , t . L 1, m3

10, EI 1 First Simplify

z t4 sin 16 t 16 sin t

5 2 256 Vi känner igen balkens inneboende egenvinkelhastighet Ωe 16 i argumentet till första sin Ωe t . Det är av intresse att studera hurolika val av den störande egenvinkelhastigheten påverkar massans rörelse, speciellt när den närmar sig Ωe. Vi förstår av lösningenatt amplituden ökar över alla gränser då Ωe, det vill säga då 2 162 i nämnaren. Låt oss rita för 10, 12, 14, 15.9 .

PlotEvaluatez t ,1

2r Sin t . zAvt . , L 1, m

10, EI 1,

t, 0, 5 , PlotRange All, PlotStyle Red, Blue , ImageSize 140,

AxesLabel "t", "z t , t då " ToString & 10, 12, 14, 15.9

1 2 3 4 5

0.100.05

0.050.10

z t , t då 10

,1 2 3 4 5

0.20.1

0.10.2

z t , t då 12

,1 2 3 4 5

0.40.2

0.20.4

z t , t då 14

,1 2 3 4 5

z t , t då 15.9

Sista diagrammet visar det vi redan visste, att över tid ökar amplituden på z t över alla gränser då Ωe, med oundvikligt brott påbalken 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 Tacoma Narrows Bridge, Washington, USA från 1940, där den måttliga vinden genereradeperiodiska von Karman-virvlar som matchade brons dimensioner och satte en torsionsmod i resonanssvängning. På www hittar manlätt filmsnuttar från skådespelet! Ett exempel från senare tid är rymdfärjan Challenger där en turbopump oavsiktligt konstrueradesmed resonans. Lyckligtvis upptäcktes det före start, men felet kostade NASA flera miljoner dollar. Vid olyckan 1985 kom problem-ställningen att diskuteras på nytt.

sid 242-245: Flera massor och därmed flera frihetsgrader. Inga principiella problem, men vi väntar till en annan kurs. Men för denriktigt vetgirige kommer här två exempel.

Exempel B14 4: Lite enklare variant av Tores Exempel 14 4,nämligen övning 14 17. Repetera gärna Exempel B12 14.

Lösningsförslag: Låt som vanligt z1 och z2 vara massornas läge i vertikal led, och tillhörande återförande krafter från balken vara S1

och S2. Med Newton i analogi med det endimensionella fallet mz kz, se Exempel B14/1, får vi att , där kallasmassmatris, styvhetsmatris och z1, z2 förskjutningsvektorn, det vill säga vi följer ett modernt betraktelsesätt helt likt FEM.

Om vi som tidigare ansätter en harmonisk lösning zi Aisin Ωe t landar vi efter derivering och omstuvning i Ωe2 Λ som brukar kallas för det generella egenvärdesproblemet, med egenvärdena Λ Ωe

2 och tillhörandeegenvektorer. Lika många par Λ, som vi har frihetsgrader i systemet, i detta diskreta fall två stycken. är symmetrisk och idiskreta fallet blir den en diagonalmatris, inte annars. Styvhetsmatrisen är alltid symmetrisk. För att omforma till det vanligastandardiserade egenvärdesproblemet vi känner från kurs i linjär algebra förmultiplicerar vi med 1 : 1 1Λ Λdär 1 i undantagsfall blir symmetrisk, som i vårt fall eftersom m1 m2. Då och är stora ska man utnyttja att båda ärsymmetriska och “till varje pris” undvika explicit beräkning av inverser och matrismultiplikation. Som tröst kan nämnas att det finnseffektiva algoritmer som direkt ger sig på Λ . Naturligtvis är Mathematica bestyckad med dessa. Börja med den enkla

DiagonalMatrix M, M

M 00 M

Sedan , där varje kolonn enklast fås genom att sätta motsvarande förskjutning till ett och de övriga till noll. Eftersom vi har kraftersom både ska upprätthålla detta längs spannet och stöd vid de två balkändarna som kommer in som (RV), får vi en något teknisklösning med Mathematica och Exempel B12/13 som avstamp. Häng med! Kolla (RV) mot kap 12.4, sid 190-191! I jämförelse medTores (a-f) i Exempel 14/4 som inte fås utan omfattande skarvning och tröttande exercering av elementarfall som döljs av denkortfattade presentationen, kommer här direkt!

wAvx DSolve EI w'''' x S1 DiracDelta x L S2 DiracDelta x 2 L ,

w 0 w'' 0 w 3 L w'' 3 L 0 , w, x ;

Values First Simplify Solve w L, 2 L . wAvx, S1, S2 , L 0 & IdentityMatrix 2

48 EI5 L3

42 EI5 L3

48 EI5 L3

Så lösningen till Λ . Eigensystem avgör själv om och/eller är symmetriska, vilket i allmänna numeriska fallet är långtifrån elementärt, och väljer algoritmer därefter. Jämför med Tores matrispyssel (g-l) på sid 244.

Λ, Eigensystem ,

6 EI5 L3 M

18 EIL3 M

1, 1 1, 1

Med Λ, kan vi tillsammans med den harmoniska lösningsansatsen bestämma utböjningsformerna, sk egenmoder, namnade efterstigande Λ. Första (lägsta, dominanta) egenmoden, ofta kallad grundtonen med Ωe1

2 Λ1, har medsvängande massor eftersom egen-modens komponenter har samma tecken. Andra egenmoden, eller första övertonen, har Ωe2

2 Λ2 och motsvängande massor. Kärtbarn har många namn som vanligt, men första, andra, egenmoden (egenfunktion i matematik) är att betrakta som de stringentanamnen, medan toner och andra synonymer är typiska ingenjörsnamn. Låt exempelvis EI 1, L 1, M 1 så kan vi rita lite

L 2L 3Lx

Första egenmoden Ωe12 1.2

L 2L 3Lx

Andra egenmoden Ωe22 18

Exempel B14 5: Tores Exempel 14 4,med FEM. 1 2 3 4

Lösningsförslag: Nu tar vi Tores Exempel 14/4 på det absolut enklaste och generellaste sättet, nämligen med FEM. Repetera detsom är skrivet och gjort i Exempel B12/14 och Exempel B14/4. Meka ihop den enkla FE-modellen med fyra noder och tre likalånga balkelement på rad, totalt 4 2 8 frihetsgrader. Då får vi snabbt och lätt, utan både Tores elementar-&matrispyssel ochelastiska linjens höghöjdsträning.

ConstantArray 0, 8, 8 ;

1 ;; 4, 1 ;; 4 e a ; 3 ;; 6, 3 ;; 6 e a ; 5 ;; 8, 5 ;; 8 e a ;

DiagonalMatrix M, 0, 0, 0, 2 M, 0, 0, 0 ;

Så randvillkor (RV); förskjutningsfrihetsgraderrna i nod 2 och 4 är fixerade till 0, dvs Δ2 Δ4 0, i det globala systemet u3 u7 0.Notera att rotationsfrihetsgraderna måste vara kvar, annars blir det ingen balkmodell utan en kätting med tre länkar. Vi kan alltså omvi vill inkludera masströghetsmoment I hos massorna och inkludera dem i !

Nu är det bara att göra egenvärdesanalys på det "som är kvar" att fritt röra på sig. Efteråt behåller vi de två moderna som har med detvå massornas förskjutningar att göra, dvs struntar i de som motsvarar de fyra rotationsfrihetsgraderna, där Ωe , beroende påavsaknaden av masströghetsmoment.

i 1, 2, 4, 5, 6, 8 ;

modal Take Simplify Eigensystem i, i , i, i , 2, 2

2 8 34 EI5 a3 M

15 4 34 a68 34

, 1 5 217 , 1 2 2

17 , 45 a68 34

, 1 15 4 34 a68 34

, 1 5 217 , 1 2 2

17 , 45 a68 34

, 1Låt nu EI 1, a 1, M 1 så kan vi rita lite

a 2a 3ax

Första egenmoden Ωe12 0.8676

a 2a 3ax

Andra egenmoden Ωe22 5.532

sid 245-248: Dämpning, så ytterligare en återförande kraft cz från dämparen vid sidan om fjäderns kz. Detta leder naturligtvis intetill några bekymmer för Mathematica. I Exempel 14/6 sid 247 används plötsligt w som koordinat för massans läge. Bra Tore! Ingenkommer ändå att förväxla med elastiska linjen.

sid 249-253: Kontinuerliga system där även balken har massa väntar vi definitivt med till en annan kurs. Görs enkelt i FEM med och enligt exemplen ovan.

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) imaterialet om de uppträder pulserande. En annan vanlig situation i praktiken är ytutmattning vid ytkontakt (eng. pitting även påsvenska), exempelvis vid kuggkontakt eller i ett kullager från SKF. Teori och empiriska data i ämnet är mycket omfattande ochcirkulerar inledningsvis kring ett så kallat Wöhler-diagram eller SN-diagram. Detta brukar ritas i ett log-log diagram och visarsambandet mellan spänningsamplitud Σa, det vill säga belastningsnivå, och livslängd uttryckt i antal belastningscykler N som krävsför att ett utmattningsbrott skall uppstå, se figur nedan till höger. Den vänstra är en repris från kapitel 4. Namnet går tillbaka till1860-talet då den tyske ingenjören August Wöhler (1819–1914) genomförde omfattande systematiska provserier på stål. Det visadesig inte vara så enkelt utan man måste särskilja olika lastfall och hur den pulserande lastens medelvärde och amplitud ser ut.

1 3 Ni 6 Nu 9 12log N

log Σa

Wöhler-kurvan som binder samman spänningsamplitud Σa och antal lastcykler N kommer typiskt att vara styckvis linjär i tre delar.För vanliga konstruktionsstål går resan ganska flackt från 1, ΣB till cirka 103, 0.9ΣB. Därefter lutar det brantare ner till Nu, Σu ,

där Σu 0.35ΣB, 0.55ΣB kallas för utmattningsgräns och Nu 106, 107 för gränslivslängd. Vid Nu planar kurvan ut och är i stortsett konstant Σu. Detta innebär för Σa Σu är livslängden "oändlig". För en given belastning Σi kan man alltså avläsa antalet lastcyk-ler Ni till utmattningsbrott. I den brantaste delen av kurvan talar man om utmattningsexponenten m, som definieras av ekvationen ΣaΣum Nu

N vilket i log-log-diagrammet blir den önskade räta linjen med rätt lutning genom punkten Nu, Σu om m 0. Av tradi-

tionella 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 medSven Wingquist (1876-1953) och presenterades i en vetenskaplig artikel 1924. SKF har sedan dess haft en framskjuten position närdet gäller utmattningsteori. Teorin blev känd i världen då M. A. Miner 1945 presenterade resultaten som sina egna. Amerikaner ochmånga 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 bytertill Σ j och kör n j N j cykler, osv? Jo, då visade Arvid med sin linjära delskadeteori att utmattningsbrott inträffar då

i 1niNi

1, där är antalet lastnivåer.

Detta kan exempelvis användas vid dimensionering av kugghjul i en växellåda till en lastbil som konstrueras för en given livslängdpå kanske 100000 mil. Med diverse utväxlingar och körtid på varje växel vid olika lastnivåer, sk lastspektra, kan man slutligenkomma ner till upplevelsen för en enskild kugg som ju är i ingrepp minst en gång per varv, den vänstra bilden nedan. Då utsätts denalltså för en pulserande Σa som främst ger upphov till böjutmattning vid kuggroten, se den andra bilden från vänster, samt pitting ikontakten mellan kuggytorna, den andra figuren från höger. Den förstnämnda visar sig som sprickor vid kuggroten och den senaregenom att delar av kontaktytan lossnar så att en krater uppstår. Detta beror på att vid ytkontakt så uppstår högsta spänningen inte iytan utan strax under. Sprickor leder oftast till brott, medan pitting orsakar förhöjd ljudnivå och så småningom haveri.

I järnvägarnas barndom var det mycket vanligt med utmattningsbrott på hjulaxlar som vi berörde i kapitel 9. Ett av de mest kändafallen inom flyget är passagerarplanet De Havilland Comet 1, högra bilden ovan, som 1954 bröts sönder i luften över Medelhavet.Orsaken var utmattningsbrott i kombination med spänningskoncentration vid de skarpa hörnen på de fyrkantiga fönstren. Varje start,landning, gir, vindby osv innebär varierande belastning på flygplanskroppen. Den grundläggande orsaken till utmattningsbrott imetaller är att det nästan alltid finns mikroskopiska defekter i materialet. Där kan en oerhört liten defekt bli allt större för varjelastväxling och till slut växa till en katastrofalt stor spricka. Det är alltså antalet lastväxlingar, och inte frekvensen i sig, som är viktig.

16 Fleraxliga (flerdimensionella) spänningstillstånd

Läs kursivt sid 283, 288-291, 307-317, 319-329: Om det är något man ska knycka med sig från den flerdimensionella världen så ärdet hur man väger samman drag-/tryck-spänningar med skjuvspänningar. Man börjar med att bestämma huvudspänningarna Σi tillspänningstensorn. Den moderne ingenjören betraktar naturligtvis detta som ett egenvärdesproblem. Utifrån dessa finns sedan tvåsammanvägningar som dominerar branchen och är mycket vanliga i resultatgrafik från FE-analyser, sid 328;

von Mises effektivspänning (61a,b), ΣevM 1

2 Σ1 Σ22 Σ1 Σ3

2 Σ2 Σ32 . Materialet flyter om Σe

vM ΣS.

Trescas effektivspänning (64a,b), ΣeT max Σ1 Σ2 , Σ1 Σ3 , Σ2 Σ3 . Materialet flyter om Σe

T ΣS.

Exempel 16/2 sid 290: Här visas hur farfar räknade ut huvudspänningar för hand med hjälp av Mohrs spänningscirkel, som barafungerar i 2D. Vi håller tummarna att det snarast försvinner ur läroböckerna! Det moderna sättet som egenvärdesproblem sammanfat-tas på sid 307-315. På sid 314 används ett annat spänningstillstånd, men det är bara att plugga in detta i beräkningarna nedan om såönskas, så har du snabbt ett exempel till. Tores onödiga vinkelträsk är med all information om huvudspänningsriktningar finns ju iegenvektorerna .

Σh, Eigensystem 70 40

40 10, ArcTan 1 N

90 102, 1 1, 2 , 26.5651

Slutligen de två effektivspänningarna

Σ Σh 1 Σh 2 , Σh 1 , Σh 2 ; ΣevM 0.5 Σ. Σ , ΣeT Max Abs Σ Σe

vM 95.3939, ΣeT 100

Samma resa gör man ofta med töjningstensorn, vars egenvektorer är av intresse vid exempelvis dimensionering av svetsar.

Egentligen är det i 3D man ska börja resan med matriser och differentialekvationer, då trillar det endimensionella fallet ut som ettenkelt specialfall, men, men, så här är nybörjarlitteratur som inriktar sig på handräkning skrivna. Detta till trots kommer två

sid 330-331: Sammanfattar alla samband man behöver för att räkna Hållfasthetslära med “Computational Thinking”! Happy End!

Något om Hållfasthetslära och Mathematica, läsanvisningar ...

Documents

Transcript of Något om Hållfasthetslära och Mathematica, läsanvisningar ...

Konst och kulturhistoria

BETÄNKANDE - European Parliament · 9 mars 2016 om överförbara djursjukdomar och om ändring och upphävande av vissa ... med avseende på djurhälsa (”djurhälsolag”)1, –

XII. Berliner Mathematica-Taghome.snafu.de/mathema/download/Ma-Tag2010/MathTag10.pdf · 26. November 2010 XII. Berliner Mathematica-Tag Interdisziplinäres Kolloquium zur Anwendung

Pseudo-Platon: Om det retfærdige, Om dygtighed, Alkyon1/CGT-pseudoplat.pdf · 2008. 3. 30. · Pseudo-Platon: Om det retfærdige, Om dygtighed, Alkyon Oversat med indledning og noter

Ημικλασικές Καταστάσεις του Ατόμου του Υδρογόνου- Ανάπτυξη εφαρμογής σε Mathematica

9 Dimensionering av tryckta och böjda konstruktioner i ...

αλγεβρα β λυκείου θέματα & λύσεις (Mathematica) 2 12 2014

Mathematica gr μαθ θετ κατ λύσεις θεμάτων 2014

90 Επαναληπτικές Ασκήσεις Μαθηματικα ΕΠΑΛ Mathematica

Εργασία-1: Απλοί υπολογισμοί με Mathematica

αλγεβρα α λυκείου θέματα (Mathematica) 1 12 2014

Isolator Strip · 2019. 11. 29. · kontrollera enterokutan fistel, stomi och sårvätska från närliggande vävnad och förband. Desinficera enligt sjukhusets rutiner. Får inte

Theodorou Mathematica Practikos Odigos

H Mathematica στην υπηρεσία της Φυσικής

Cbr125r Gr Om

90 Επαναληπτικές ασκήσεις 2012 σε word για το ΕΠΑ.Λ (Mathematica)

Belastningar och spänningar i vägar

Samband mellan framkomlighet och trafiksäkerhetportal.research.lu.se/portal/files/4901835/1266925.pdf · 3 2. Definitioner av framkomlighet och säkerhet I detta kapitel ska några

Gui Age Om 2

∫dω=∫αdt ⇒∆ω=αt om α=lindroth/mekanik05/lektion_kap11.pdf · olika radier ) har samma translationshastighet. MEN en ihålig cylinder (I=MR2) och en solid cylinder (I=MR2/2)