Lumenias Lærehefte i Mekanikk 2

Dette læreheftet er skrevet for emnet TKT4122/TKT4123 Mekanikk 2. Det forutsettes altså at leseren av læreheftet har tatt emnet TKT4116/TKT4118 Mekanikk 1 eller tilsvarende kurs.

Læreheftet er ment som et supplement til bøkene Konstruksjonsmekanikk del 1 og 2 av Kolbein Bell, og er ikke en fullverdig erstatning av forelesningene og pensumlitteratur. Læreheftet brukes best som oppfriskning til eksamen, og man får maksimalt ut av heftet om man har deltatt i forelesninger og gjort øvingsoppgavene i emnet.

Deler av pensum i Mekanikk 2 baserer seg i stor grad på bruk av formler som man kan slå opp i ulike formelsamlinger. Ettersom formelarkene kan variere fra kurs til kurs, og fra år til år, er det ikke referert til noe konkret formelark i dette læreheftet. Isteden refereres det til "formelarket". Det er vanlig at foreleser i emnet gir ut et formelark som også kan brukes på eksamen, og det anbefales å gjøre seg kjent med dette på egenhånd.

Dette lærehefte er en revidert versjon av forrige utgave. Hensikten med endringene som er blitt gjort har vært å få mer samsvar mellom nåværende pensum i TKT4122/TKT4123 Mekanikk 2 og læreheftet. Kapittel 10 (Vilkårlige/asymmetriske tverrsnitt), 11 (Samvirkebjelker) og 12 (Programmeringsoppgaver) er blitt lagt til som nye kapitler. I tillegg har det blitt lagt til noen eksempler med eksamensoppgaver fra nyere eksamener. Kapittel 1 til og med 9 videreføres fra den tidligere utgaven. Andre små endringer og rettelser er også blitt gjort.

Tilbakemelding om feil og mangler ønskes slik at dette læreheftet forbedres. Send en epost til Lumenia (post@lumenia.no) og skriv hva du har på hjertet.

Vi ønsker dere lykke til med eksamen, og håper at læreheftet kan være en god støtte under forberedelsene.

Trondheim, 15.08.2021

Forfattere:
Jørgen Andeas Alsgaard
Aslanbek Sjamsutdinov
Revidert utgave av:
Christian Rognes

1. Repetisjon fra Mekanikk 1

Mekanikk 2 bygger på Mekanikk 1, så det kan være nødvendig med en liten oppfriskning. I Mekanikk 1 lærte vi først og fremst om statikk. Statikkens fundamentale byggestein er Newtons lov: summen av kreftene på et legeme i ro er lik null. Vi har likevekt av hele legemet, samt likevekt for enhver del av legemet hver for seg. Statikken lar oss bestemme alle kreftene som virker på en konstruksjon: størrelse og retning. I Mekanikk 1 begynte man i tillegg å se på fasthetslæren. Fastheten av et materiale er det vi på hverdagsnorsk kaller styrken til materialet. Fasthetslæren gir informasjon om responsen i et kraftpålagt legeme, det vil si informasjon om indre krefter og deformasjon. Her kommer en rask gjennomgang av de grunnleggende prinsippene.

1.1 Grunnligningene fra Mekanikk 1

1.1.1 Statikk

Statikken ga 3 likevektsligninger:

\sum F_x = 0, \qquad \sum F_y = 0, \qquad \sum M_0 = 0

Likevekt gjelder også i 3D, men da med 6 ligninger. Skrives de vektorielt, blir det

\sum \mathbf{F} = \mathbf{0}, \qquad \sum \mathbf{M_p} = \sum \mathbf{r_p} \times \mathbf{F} = \mathbf{0}

der $\mathbf{r_p}$ er momentarmen som vektor. I mekanikken ser vi som oftest på konstruksjoner som har mye lengre utstrekning enn bredde og/eller høyde. Da er det tilstrekkelig å se på konstruksjonen i 2 dimensjoner, ettersom variasjonene inn i planet er lite signifikante. I tilfeller der lengden er mye større enn både høyden og bredden kan vi bruke endimensjonal analyse, slik vi gjør med staver. I endimensjonal analyse har vi bare én ukjent, kraften i den aktuelle retningen, og én likevektsligning.

Etter å ha funnet de ukjente kreftene, er det vanlig å fremstille resultatet grafisk i N-, V- og M-diagram. Dette gjorde vi mange ganger i Mekanikk 1 og er en svært sentral del også i Mekanikk 2. Måten å finne snittkreftene på er å ta et snitt gjennom bjelken, og kreve likevekt av de eksterne kreftene med snittkreftene, se figur 1.1.

Snittkreftene i en bjelke med fri ende og en jevnt fordelt last

\sum F_x = 0 \implies N_x = 0

\sum F_y = 0 \implies V(x) = qx

\sum M_0 = 0 \implies M(x) = qx\left(\frac{x}{2}\right) = \frac{qx^2}{2}

Figur 1.1: Snittkreftene i en bjelke med fri ende og en jevnt fordelt last

Snittkreftene er henholdsvis aksialkraft N, skjærkraft V og bøyemoment M. I tillegg til størrelsen, tegnes N- og V-diagrammet med virkningssymbol. For momentdiagrammet tegnes ikke virkningssymbol, men diagrammet tegnes på strekksiden.

Eksempel: Likevekt av en sammensatt konstruksjon

Finn opplagerkreftene som virker på konstruksjonen og tegn N-, V- og M-diagram.

▶Vis løsning

Vi har 4 opplagerkreftene $(A_x, A_y, E_x, E_y)$ , men bare 3 likevektsligninger. For at dette skal gå opp må vi fanoe gratis. Det gjør vi fra leddet i C: I et ledd kan konstruksjonen rotere fritt, og dermed er momentet alltid lik null. Vi deler konstruksjonen i to deler ved punkt C og tar likevekt av hver del hver for seg. Da innfører vi 3 nye ukjente, men vi får også 3 nye ligninger. Siden $M_c = 0$ , blir antall nye ukjente redusert til 2. Vi har nå gått fra 4 ukjente og 3 ligninger til 6 ukjente og 6 ligninger: altså et statisk bestemt problem.

Hvis vi starter med del ABC har vi følgende likevekter

\sum F_x = A_x - C_x = 0 \implies A_x = C_x, \qquad \sum F_y = A_y - C_y = 0 \implies A_y = C_y

\sum M_C = 0 = A_x L - A_y L \implies A_x = A_y = C_x = C_y = F

Siden alle kreftene fra disse likevektene ble like store innfører vi et nytt navn på kraften: F. Deretter tar vi likevekt av konstruksjonsdelen CDE:

\sum F_x = E_x - C_x = 0 \implies E_x = C_x = F, \qquad \sum F_y = E_y + C_y - qL \implies E_y = qL - F

\sum M_E = 0 \implies C_y L + C_x L - \frac{qL^2}{2} = 2FL - \frac{qL^2}{2} \implies F = \frac{qL}{4}, \qquad E_y = \frac{3qL}{4}

Vi tegner diagrammene ut ifra disse resultatene. Husk at vi skal finne igjen de kreftene vi har regnet frem til i diagrammet. F.eks har vi $qL/4$ både som normalkraft og skjærkraft i bjelke AB, fordi både $A_x$ og $A_y$ er lik $qL/4$ . Formelsamlingen oppgir momentdiagram for elementærbjelkene og kan brukes som et hjelpemiddel for å tegne momentdiagram. Dessverre hjelper ikke dette i alle situasjoner, som f.eks. i dette tilfellet. Vi må benytte snittmetoden beskrevet i figur 1.1.

N-, V- og M-diagram for sammensatt konstruksjon

1.1.2 Fasthetslære

Fasthetslæren tar statikken litt lenger ved at den beskriver hva som skjer inne i materialet ved gitte snittkreftene. Snittkreftene er i likevekt med spenningene over et tverrsnitt. Dette er på grunn av at snittkreftene er spenningsresultanter. Normalkraften er egentlig resultanten av aksialspenningene. Tilsvarende er det for bøyemomentet, se figur 1.2 under.

Figur 1.2: Normalkraft N og bøyemoment M fordelt som spenning over et tverrsnitt A

Ved likevekt har vi følgende sammenhenger:

N = \iint \sigma_n \, dA, \qquad M = \iint \sigma_m \cdot y \, dA

Fra figur 1.2 ser vi at normalspenningen kan skrives som summen av aksialspenning og bøyespenning:

\sigma_{normal} = \sigma_{aksiell} + \sigma_{bøyemoment} = \frac{N}{A} + \frac{M_y}{I_y} z + \frac{M_z}{I_z} y

1.2 Elastiske Materialer

Ved å strekke en strikk med en kraft forlenges strikken med en lengde som er proporsjonal med kraften. En slik strekkeffekt, eller elastisitet, skjer generelt med alle materialer, deriblant stål og betong. Forskjellen er at elastisiteten til stål og betong er mye lavere sammenlignet med gummi. Når et legeme utsettes for en ekstern kraft vil materialet kjenne en spenning på grunn av kraften, som kan uttrykkes ved $\sigma = N/A$ i 1 dimensjon. Spenningen i materialet skaper en tøyning, en forlengelse, av legemet i retningen kraften virker. Denne tøyningen kan uttrykkes ved $\varepsilon = \sigma/E$ , der $E$ er elastisitetsmodulen. Denne sammenhengen er også kjent som Hookes lov, og finnes i mer generaliserte former for 2 og 3 dimensjoner. Dette kommer vi tilbake til i kapittel 7. I figur 1.3 a) ser vi en stav som er påført en aksialkraft F, og en påfølgende aksialtøyning i stiplede linjer. Tøyningen lager en forlengelse av staven. Definisjonen av tøyning er relativ lengdeforlengelse, altså

\varepsilon = \frac{\Delta L}{L_0} = \frac{L - L_0}{L_0}.

Forlengelsen av staven fører også til en kontraksjon av tverrsnittet, se figur 1.3 b). Kontraksjonen er beskrevet ved tverrkontraksjonen $\varepsilon_T = -\nu\varepsilon$ , der $\nu$ er tverrkontraksjonstallet. $\nu$ kalles også poissontallet, og er en konstant som er avhengig av materialet. Den fysiske forklaringen på tverrkontraksjon er at masse ikke forsvinner, men fordeles fra sidene til lengden. Hvor mye masse som blir fordelt er beskrevet av poissontallet, og er typisk lik 0.3 for stål.

Forlengelsen av en stav utsatt for aksialkraft og tverrkontraksjon av tverrsnittet

Figur 1.3

Eksempel: Strekkstag

En bjelke AB er hengt opp i et stag BC. Geometri og krefter er gitt på figuren. Finn forlengelsen av stag BC som følge av denne belastningen. Finn også hvor mye tynnere røret blir av denne forlengelsen når staget er av stål (dvs. $\nu = 0.3$ og $E = 210 \, GPa$ ).

Strekkstag BC med bjelke AB og fritt-legeme-diagram

▶Vis løsning

Areal av staget: $A = \frac{\pi}{4}(20^2 - 16^2) = 113 \, mm^2$ . Ved å ta likevekt kan vi nå finne alle reaksjonskreftene. Vi er kun interessert i $N_{BC}$ og trenger dermed kun å ta momentlikevekt om punkt A. Vi tar utgangspunkt i fritt-legeme-diagrammet over. Den jevnt fordelte lasten $q$ er blitt summert opp til en kraft som virker midt på bjelken.

\sum M_A = 0 \implies (4 \cdot 6) \cdot 3 + 12 \cdot 4 - N_{BC} \cdot 6 = 0 \implies N_{BC} = 20 \, kN

Spenning i staget $BC$ : $\sigma_{BC} = \frac{N_{BC}}{A} = \frac{20000 \, N}{113 \, mm^2} = 177 \, MPa$

Tøyning av staget $BC$ : $\varepsilon_{BC} = \frac{\sigma_{BC}}{E} = \frac{177 \, MPa}{210000 \, MPa} = 8.4 \cdot 10^{-4}$

Forlengelsen av staget $BC$ : $\Delta L_{BC} = \varepsilon L_{BC} = 8.4 \cdot 10^{-4} \cdot 3000 \, mm = 2.53 \, mm$

Reduksjon av diameteren til staget pga. aksialforlengelsen:

$\Delta D_{BC} = \varepsilon_T \cdot D_{BC} = -\nu\varepsilon \cdot D_{BC} = -0.3 \cdot 8.4 \cdot 10^{-4} \cdot 20 \, mm = 5.04 \cdot 10^{-4} \, mm$

1.3 Tverrsnittskonstanter fra statikken

Arealsenteret til et legeme er det punktet vi kan påføre en kraft uten at legemet begynner å rotere. For et rektangulært tverrsnitt er det trivielt å finne plasseringen av arealsenteret. På grunn av symmetri er det i midten av tverrsnittet for både x- og y-koordinaten. Generelt finner man arealsenteret ved å ta momentlikevekt. I figur 1.4 ser vi at et lite areal $dx \cdot dy$ gir et momentbidrag om origo i både x- og y-retning; $M_x = y_i \cdot dA$ og $M_y = x_i \cdot dA$ . Vi har valgt et vilkårlig koordinatsystem i ytterkant av tverrsnittet, og får derfor et netto moment. Ved å kreve at $M_x = M_y = 0$ finner vi avstanden fra det antatte koordinatsystemet til arealsenterets $x_C$ eller $y_C$ . Den beskrevede likevekten gir følgende formler:

1. arealmoment:

S_y = \int_A x \, dA = \sum_i x_i A_i

S_x = \int_A y \, dA = \sum_i y_i A_i

Arealsenter:

x_C = \frac{1}{A} \int_A x \, dA = \frac{\sum x_i A_i}{\sum A_i} = \frac{S_y}{A}

y_C = \frac{1}{A} \int_A y \, dA = \frac{\sum y_i A_i}{\sum A_i} = \frac{S_x}{A}

2. arealmoment:

I_x = \iint_A y^2 \, dA, \qquad I_y = \iint_A x^2 \, dA

der x, y er om arealsenteret.

Figur 1.4: Arealmoment av et generelt tverrsnitt

I denne figuren forutsettes det at tverrsnittet ligger i x-y planet. Konvensjonen i Mekanikk 2 er vanligvis at x-aksen er parallell med lengdeaksen til bjelken, mens tverrsnittet som oftest ligger i y-z planet (eller noen ganger z-y planet). Heretter vil vi hovedsakelig anta at tverrsnittet ligger i y-z planet.

Istedenfor å bruke integralformen av formelen for arealsenteret, regner vi som oftest ut summen av enkle deltverrsnitt der vi alt kjenner koordinaten til deltverrsnittets arealsenter. Så lenge vi har nøyaktige verdier for hvert enkelt deltverrsnitt introduserer vi ikke noen feil. Med andre ord gjelder superposisjonsprinsippet.

2. arealmoment sier noe om hvor motstandsdyktig et tverrsnitt er mot bøyning. Derfor kalles det også arealtreghetsmoment.

I og med at $I_y = \iint_A z^2 \, dA$ og $I_z = \iint_A y^2 \, dA$ må regnes ut om arealsenteret, er det bare å bruke superposisjon av et sammensatt tverrsnitt. Vi må i tillegg ta høyde for at vi flytter arealsenteret for hvert deltverrsnitt. Dette gjøres ved å bruke Steiners teorem, som også kalles parallellakseteoremet:

Steiners teorem (parallellakseteoremet)

Treghetsmoment til et legeme om en vilkårlig valgt akse er lik treghetsmoment om egen akse pluss et bidrag, som kalles steinerbidraget. Steinerbidraget er lik avstanden mellom aksene opphøyd i andre ganget med arealet til legemet.

I_{z, \text{om annet arealsenter}} = I_{z, \text{om eget arealsenter}} + a^2 A

For å finne 2. arealmoment $I_z$ for et vilkårlig tverrsnitt gjør vi som følger:

I Finn arealsenteret for tverrsnittet ved $y_c = \frac{\sum y_i A_i}{\sum A_i}$ .

II Del tverrsnittet opp i n deltverrsnitt som alle har kjente formler for 2. arealmoment. Bruk formelarket for å finne uttrykk for $I_z$ til hvert deltverrsnitt, og beregn disse.

III Lokaliser det lokale arealsenteret for hvert deltverrsnitt. For deltverrsnitt der det ikke er helt opplagt hvor arealsenteret ligger kan man bruke formelarket. Dette gjelder blant annet for en halvsirkel ( $y_c = 4r/3\pi$ ) og trekanter ( $y_c = h/3$ ).

IV $I_{z, totalt} = \sum (I_{z, \text{hver del}} + a^2 A_{\text{hver del}})$ . Her er $a$ avstanden fra det lokale arealsenteret til det globale arealsenteret.

Bøyespenning $\sigma_M$ gir trykk i den ene delen av tverrsnittet (f.eks. øvre del) og strekk i den andre delen (f.eks. nedre del). På ett sted må det gå en overgang mellom trykk og strekk, og dette punktet kalles nøytralaksen. Her er bøyespenningen lik null. Hvis vi har en bjelke som er symmetrisk går nøytralaksen gjennom arealsenteret. Nøytralaksens beliggenhet er av interesse når vi kommer til skjærspenninger i kapittel 3.

Eksempel: Eksamen i TKT4165 KMEK — Sammensatt tverrsnitt

Beregn nøytralaksens beliggenhet og tverrsnittets 2. arealmoment med hensyn til bøyning om z-aksen, $I_z$ . Anta tynnvegget tverrsnitt.

Sammensatt I-tverrsnitt med tynnvegget antakelse

▶Vis løsning

Det første vi må gjøre er å finne beliggenheten til arealsenteret, og dermed også nøytralaksens beliggenhet. Siden tverrsnittet er symmetrisk om y-aksen, ligger $z_c$ midt på, dvs en avstand $a$ ifra en av sidekantene, slik at $z'$ alt ligger rett plassert. Vi finner $y_c$ ved å bruke formelen. Legg merke til at vi nå ikke vet hvor $(y, z)$ ligger, slik at vi må ta utgangspunkt i $(y', z')$ .

y_c = \frac{\sum y_i A_i}{\sum A_i} = \frac{2at \cdot 0 + 2at \cdot 3a + 2at \cdot 4a + 3at \cdot 1.5a + at \cdot 3.5a}{2at + 3at + 2at + at + 2at} = \frac{22a^2 t}{10at} = \frac{11a}{5}

$y_c$ ligger $11a/5$ fra det antatte origo. Altså ligger nøytralaksen $11a/5$ fra bunnen, tegnet stiplet på figuren. Vi merker oss også at den øverste linja i ligningen er 1. arealmoment, altså $S_z = 22a^2t$ . Istedenfor å regne treghetsmoment til bjelken vha. integralet, bruker vi deltverrsnitt og Steiners teorem. Treghetsmoment $I_z$ av deltverrsnittene tverrsnitt står i formelarket. Rektangler har treghetsmoment $I_z = \frac{1}{12}bh^3$ . Da får vi:

I_{totalt} = I_{\text{nederste flens}} + I_{\text{midtre flens}} + I_{\text{øverste flens}} + I_{\text{steget}}

For hvert av disse treghetsmomentene må Steiners teorem anvendes, om punktet $y_c = 11a/5$ . Vi får dermed åtte bidrag til sammen, ett for hvert rektangel og ett for hvert steinerbidrag. For tynnvegget tilnærming gjelder det at t-ledd med potenser går mot null siden $t \ll t^2 \gg t^3$ osv.

I_{totalt} = \frac{1}{12}(2a)t^3 + 2at\left(\frac{11a}{5}\right)^2 + \frac{1}{12}(2a)t^3 + 2at\left(3a - \frac{11a}{5}\right)^2

+ \frac{1}{12}(2a)t^3 + 2at\left(4a - \frac{11a}{5}\right)^2 + \frac{1}{12}t(4a)^3 + 4at\left(2a - \frac{11a}{5}\right)^2

= 0 + \frac{242}{25}a^3t + 0 + \frac{32}{25}a^3t + 0 + \frac{162}{25}a^3t + \frac{64}{12}a^3t + \frac{4}{25}a^3t

I_{totalt} = \frac{344}{15}a^3t

Vil du lese videre?

Smakebiten stopper her. Få tilgang til alle 12 kapitlene i Mekanikk 2 med eksamensrettede oppgaver og løsningsforslag.