HemHome

MT1566 · Hållfasthetslära fortsättningskurs

Chapter 2: Fleraxligt spänningstillståndMulti-axial Stress & Strain · Week 3 · 8 problems
⚠ Under utveckling. Sidan utvecklas fortfarande — lösningar och figurer kan innehålla avvikelser eller fel. Använd alltid Alexander Barlos lösningsmanual som källa tills vidare version. ⚠ Under development. This page is still being built — solutions and figures may contain deviations or errors. Always use Alexander Barlo's solution manual as the authoritative source until a later version.
2.1 fortsattning

För spänningselementet som visas (σ_x = −60 MPa, σ_y = −40 MPa, τ_xy = 35 MPa — båda normalspänningarna är tryck) bestäm a) huvudspänningsplanen, och b) huvudspänningarna.

For the stress element shown (σ_x = −60 MPa, σ_y = −40 MPa, τ_xy = 35 MPa — both normal stresses are compressive) determine a) the principal planes, and b) the principal stresses.

VerklighetsanknytningReal-world context Huvudspänningar är de största och minsta normalspänningarna i en punkt, och de uppträder på plan där skjuvspänningen är noll. Sprött material (gjutjärn, betong, glas) spricker vinkelrätt mot den största dragspänningen σ_1 — därför är huvudspänningarna det första du beräknar vid brottanalys. Mohrs cirkel är det grafiska verktyget som gör transformationen åskådlig. Principal stresses are the largest and smallest normal stresses at a point, occurring on planes where the shear stress is zero. Brittle materials (cast iron, concrete, glass) crack perpendicular to the largest tensile stress σ_1 — which is why principal stresses are the first thing you compute in fracture analysis. Mohr's circle is the graphical tool that makes the transformation intuitive.
💡 Hjälp mig förstå problemet 💡 Help me understand this problem
Vad ber frågan dig om? What is the question asking?

Du ska bestämma: a) huvudspänningsplanen, och b) huvudspänningarna.You're asked to determine: a) the principal planes, and b) the principal stresses.

Mekaniska begrepp att ha i huvudet Mechanics concepts to keep in mind
  • Spänning σ = N/ANormal stress σ = N/A
Föreslagen tankegång (utan att avslöja svaret) Suggested thinking process (without giving away the answer)
  1. Räkna upp obekanta krafter och jämviktsekvationer.Count unknowns and equilibrium equations.
  2. Är det statiskt obestämt? Skriv ett kompatibilitetsvillkor (lika förlängning, geometrisk koppling).Statically indeterminate? Add a compatibility condition (equal elongation, rigid-body link).
  3. Lös för N i varje stång, sedan σ och δ.Solve for N in each bar, then σ and δ.
  4. Medelspänning (cirkelns centrum)Average stress (centre of the circle)
  5. Cirkelns radieRadius of the circle
  6. HuvudspänningarPrincipal stresses
  7. HuvudspänningsplanPrincipal planes
Mer hjälp under lösningsknappenMore help waiting below the Solution button
  • Vanliga misstag finns nedan i lösningspanelen (3 st).
  • Behöver du en stegvis knuff? Det finns 3 ledtrådar i panelen nedan.
  • Common mistakes are listed in the solution panel below (3 entries).
  • Need a nudge? There are 3 progressive hints in the panel below.
Ledtrådar (klicka för stegvis hjälp)Hints (click for step-by-step help)
1. Börja med centrum σ_avg = (σ_x+σ_y)/2 och radien R = √(((σ_x−σ_y)/2)² + τ_xy²). Start with the centre σ_avg = (σ_x+σ_y)/2 and radius R = √(((σ_x−σ_y)/2)² + τ_xy²).
2. Huvudspänningarna är σ_avg ± R. Glöm inte tecknet på σ_avg. The principal stresses are σ_avg ± R. Don't forget the sign of σ_avg.
3. tan(2θ_p) = 2τ_xy/(σ_x−σ_y) = −3,5 ⇒ θ_p = −37,0° (och 52,9°). tan(2θ_p) = 2τ_xy/(σ_x−σ_y) = −3.5 ⇒ θ_p = −37.0° (and 52.9°).
≈ 14 min≈ 14 min · mohrs-cirkel huvudspänningar spänningstransformation plan-spänning
Figure 2.1
Fig. 2.1 · MT1566 · Alexander Barlo

LösningSolution

Mohrs cirkel: medelspänningen σ_avg = (σ_x+σ_y)/2 är cirkelns centrum på σ-axeln; radien R = √(((σ_x−σ_y)/2)² + τ_xy²). Huvudspänningarna är σ_avg ± R, och huvudplanen ligger där tan(2θ_p) = 2τ_xy/(σ_x−σ_y). Mohr's circle: the average stress σ_avg = (σ_x+σ_y)/2 is the circle's centre on the σ-axis; the radius R = √(((σ_x−σ_y)/2)² + τ_xy²). The principal stresses are σ_avg ± R, and the principal planes are where tan(2θ_p) = 2τ_xy/(σ_x−σ_y).
Invariant: σ_1 + σ_2 = −13,6 + (−86,4) = −100 = σ_x + σ_y = −60 + (−40) ✓. Båda huvudspänningarna är tryck, vilket är väntat eftersom både σ_x och σ_y är tryck. Invariant: σ_1 + σ_2 = −13.6 + (−86.4) = −100 = σ_x + σ_y = −60 + (−40) ✓. Both principal stresses are compressive, as expected since both σ_x and σ_y are compressive.
1. Medelspänning (cirkelns centrum)Average stress (centre of the circle)

Mohrs cirkels centrum ligger på σ-axeln vid medelvärdet av de två normalspänningarna. The centre of Mohr's circle lies on the σ-axis at the average of the two normal stresses.

På Mohrs cirkel — hur stor vinkel motsvarar en fysisk rotation θ av elementet? On Mohr's circle — what angle corresponds to a physical rotation θ of the element?
50%
En fysisk rotation θ av elementet motsvarar 2θ längs Mohrs cirkel — det är hela poängen med konstruktionen. A physical rotation θ of the element corresponds to 2θ around Mohr's circle — that is the whole point of the construction.
$$ \sigma_{\text{avg}} = \dfrac{\sigma_x + \sigma_y}{2} = \dfrac{-60 + (-40)}{2} = -50\ \text{MPa} $$
2. Cirkelns radieRadius of the circle

Radien är hypotenusan i triangeln med katetrarna (σ_x−σ_y)/2 och τ_xy. The radius is the hypotenuse of the triangle with legs (σ_x−σ_y)/2 and τ_xy.

$$ R = \sqrt{\left(\dfrac{\sigma_x - \sigma_y}{2}\right)^2 + \tau_{xy}^2} = \sqrt{\left(\dfrac{-60+40}{2}\right)^2 + 35^2} $$
$$ R = \sqrt{(-10)^2 + 35^2} = \sqrt{1325} = 36{,}4\ \text{MPa} $$
3. HuvudspänningarPrincipal stresses

Huvudspänningarna är centrum plus/minus radien. The principal stresses are the centre plus/minus the radius.

$$ \sigma_{1} = \sigma_{\text{avg}} + R = -50 + 36{,}4 = -13{,}6\ \text{MPa} $$
$$ \sigma_{2} = \sigma_{\text{avg}} - R = -50 - 36{,}4 = -86{,}4\ \text{MPa} $$
$$ \boxed{\sigma_{\max} = -13{,}6\ \text{MPa}, \qquad \sigma_{\min} = -86{,}4\ \text{MPa}} $$
4. HuvudspänningsplanPrincipal planes

Huvudplanens vinkel följer av tangentförhållandet. Den andra huvudriktningen ligger 90° därifrån. The principal-plane angle follows from the tangent relation. The other principal direction is 90° away.

$$ \tan(2\theta_p) = \dfrac{2\tau_{xy}}{\sigma_x - \sigma_y} = \dfrac{2\cdot 35}{-60-(-40)} = \dfrac{70}{-20} = -3{,}5 $$
$$ 2\theta_p = -74{,}05^\circ \;\Rightarrow\; \boxed{\theta_1 = -37{,}0^\circ, \quad \theta_2 = 52{,}9^\circ} $$

⭕ Mohrs cirkel — dra reglagen och rotera elementetMohr's circle — drag the sliders and rotate the element

Spänningstillståndet σ_x = −60, σ_y = −40, τ_xy = 35 MPa. Dra θ-reglaget för att rotera elementet och se punkten vandra 2θ runt cirkeln. Avläs σ_1, σ_2, τ_max och θ_p i rutan.The stress state σ_x = −60, σ_y = −40, τ_xy = 35 MPa. Drag the θ slider to rotate the element and watch the point travel 2θ around the circle. Read σ_1, σ_2, τ_max and θ_p in the box.

σ_x = -60 MPa
σ_y = -40 MPa
τ_xy = 35 MPa
θ = 0°
Mohrs cirkel (σ−τ plan)Mohr's circle (σ−τ plane)
Spännings­element (vrider med θ)Stress element (rotates with θ)
σ_1 — MPa
σ_2 — MPa
τ_max — MPa
θ_p —°
σ_vM — MPa
Sammanfattning.Summary. Centrum σ_avg = −50 MPa, radie R = 36,4 MPa. Huvudspänningar σ_1 = −13,6 MPa och σ_2 = −86,4 MPa på planen θ = −37,0° och 52,9°. Centre σ_avg = −50 MPa, radius R = 36.4 MPa. Principal stresses σ_1 = −13.6 MPa and σ_2 = −86.4 MPa on the planes θ = −37.0° and 52.9°.
Formelreferenser (Karl Björk) Formula references (Karl Björk)
  • KB s.21 · Spänningstransformation och Mohrs cirkelStress transformation and Mohr's circle
  • KB s.22 · Huvudspänningar σ_1,2 = σ_avg ± RPrincipal stresses σ_1,2 = σ_avg ± R
Vanliga misstagCommon mistakes
M2-1_single_angle
Använder θ i stället för 2θ på Mohrs cirkel. Alla vinklar på cirkeln är dubbla den fysiska vinkeln. Using θ instead of 2θ on Mohr's circle. All angles on the circle are double the physical angle.
M2-2_principal_is_R
Tror att huvudspänningen är radien R. Huvudspänningarna är centrum ± R = σ_avg ± R, inte bara R. Thinking the principal stress is the radius R. The principal stresses are centre ± R = σ_avg ± R, not just R.
M2-3_sign_sigma
Tappar tecknen. Här är båda normalspänningarna tryck (negativa), så centrum hamnar till vänster om origo och båda huvudspänningarna blir negativa. Dropping the signs. Here both normal stresses are compressive (negative), so the centre lands left of the origin and both principal stresses come out negative.
2.2 fortsattning

För spänningstillståndet σ_x = −60 MPa, σ_y = 90 MPa, τ_xy = 30 MPa, bestäm normal- och skjuvspänningarna efter att elementet roterats a) 25° medurs, och b) 10° moturs.

For the stress state σ_x = −60 MPa, σ_y = 90 MPa, τ_xy = 30 MPa, determine the normal and shearing stresses after the element has been rotated a) 25° clockwise, and b) 10° counterclockwise.

VerklighetsanknytningReal-world context Att transformera spänningar till ett roterat koordinatsystem är vardag vid t.ex. töjningsgivare (rosetter) som sällan sitter längs huvudriktningarna, eller vid svetsar och fiberkompositer där materialet har en föredragen riktning. Transformationsekvationerna och Mohrs cirkel ger samma svar — cirkeln gör det bara åskådligt. Transforming stresses to a rotated coordinate system is everyday work with e.g. strain gauges (rosettes) that rarely sit along the principal directions, or with welds and fibre composites where the material has a preferred direction. The transformation equations and Mohr's circle give the same answer — the circle just makes it visual.
💡 Hjälp mig förstå problemet 💡 Help me understand this problem
Vad ber frågan dig om? What is the question asking?

Du ska bestämma: normal- och skjuvspänningarna efter att elementet roterats a) 25° medurs, och b) 10° moturs.You're asked to determine: the normal and shearing stresses after the element has been rotated a) 25° clockwise, and b) 10° counterclockwise.

Mekaniska begrepp att ha i huvudet Mechanics concepts to keep in mind
  • Spänning σ = N/ANormal stress σ = N/A
Föreslagen tankegång (utan att avslöja svaret) Suggested thinking process (without giving away the answer)
  1. Räkna upp obekanta krafter och jämviktsekvationer.Count unknowns and equilibrium equations.
  2. Är det statiskt obestämt? Skriv ett kompatibilitetsvillkor (lika förlängning, geometrisk koppling).Statically indeterminate? Add a compatibility condition (equal elongation, rigid-body link).
  3. Lös för N i varje stång, sedan σ och δ.Solve for N in each bar, then σ and δ.
  4. TransformationsekvationerTransformation equations
  5. a) 25° medurs (θ = −25°, 2θ = −50°)a) 25° clockwise (θ = −25°, 2θ = −50°)
  6. b) 10° moturs (θ = +10°, 2θ = 20°)b) 10° counterclockwise (θ = +10°, 2θ = 20°)
Mer hjälp under lösningsknappenMore help waiting below the Solution button
  • Vanliga misstag finns nedan i lösningspanelen (3 st).
  • Behöver du en stegvis knuff? Det finns 3 ledtrådar i panelen nedan.
  • Common mistakes are listed in the solution panel below (3 entries).
  • Need a nudge? There are 3 progressive hints in the panel below.
Ledtrådar (klicka för stegvis hjälp)Hints (click for step-by-step help)
1. Räkna ut σ_avg = (σ_x+σ_y)/2 = 15 och (σ_x−σ_y)/2 = −75 en gång. CW ⇒ θ < 0. Compute σ_avg = (σ_x+σ_y)/2 = 15 and (σ_x−σ_y)/2 = −75 once. CW ⇒ θ < 0.
2. a) 2θ = −50°, b) 2θ = +20°. Sätt in i transformationsekvationerna. a) 2θ = −50°, b) 2θ = +20°. Substitute into the transformation equations.
3. a) (−56,19; 86,19; −38,17). b) (−45,21; 75,21; 53,84) MPa. a) (−56.19; 86.19; −38.17). b) (−45.21; 75.21; 53.84) MPa.
≈ 14 min≈ 14 min · mohrs-cirkel spänningstransformation rotation plan-spänning
Figure 2.2
Fig. 2.2 · MT1566 · Alexander Barlo

LösningSolution

Använd transformationsekvationerna med medurs rotation räknad som NEGATIV vinkel. Beräkna σ_avg och (σ_x−σ_y)/2 en gång, sätt sedan in 2θ för varje fall. Kontrollera mot Mohrs cirkel-widgeten genom att dra θ-reglaget. Use the transformation equations with clockwise rotation taken as a NEGATIVE angle. Compute σ_avg and (σ_x−σ_y)/2 once, then substitute 2θ for each case. Check against the Mohr's-circle widget by dragging the θ slider.
Invariant: σ_x' + σ_y' = σ_x + σ_y = 30 MPa i BÅDA fallen (−56,19+86,19 = 30 ✓ och −45,21+75,21 = 30 ✓). Summan av normalspänningarna bevaras vid rotation. Invariant: σ_x' + σ_y' = σ_x + σ_y = 30 MPa in BOTH cases (−56.19+86.19 = 30 ✓ and −45.21+75.21 = 30 ✓). The sum of normal stresses is preserved under rotation.
1. TransformationsekvationerTransformation equations

Beräkna konstanterna σ_avg = 15 MPa och (σ_x−σ_y)/2 = −75 MPa. Medurs (CW) ger θ negativt, moturs (CCW) ger θ positivt. Compute the constants σ_avg = 15 MPa and (σ_x−σ_y)/2 = −75 MPa. Clockwise (CW) gives θ negative, counterclockwise (CCW) gives θ positive.

En rotation 25° MEDURS motsvarar vilken vinkel θ i transformationsekvationerna? A rotation of 25° CLOCKWISE corresponds to which angle θ in the transformation equations?
50%
Moturs är positiv rotationsriktning, så medurs ⇒ θ negativ. Här θ = −25°, dvs 2θ = −50°. Counterclockwise is the positive sense, so clockwise ⇒ θ negative. Here θ = −25°, i.e. 2θ = −50°.
$$ \sigma_{x'} = \dfrac{\sigma_x+\sigma_y}{2} + \dfrac{\sigma_x-\sigma_y}{2}\cos 2\theta + \tau_{xy}\sin 2\theta $$
$$ \tau_{x'y'} = -\dfrac{\sigma_x-\sigma_y}{2}\sin 2\theta + \tau_{xy}\cos 2\theta $$
2. a) 25° medurs (θ = −25°, 2θ = −50°)a) 25° clockwise (θ = −25°, 2θ = −50°)

Sätt in 2θ = −50° (cos = 0,643, sin = −0,766). Substitute 2θ = −50° (cos = 0.643, sin = −0.766).

$$ \sigma_{x'} = 15 + (-75)(0{,}643) + 30(-0{,}766) = -56{,}19\ \text{MPa} $$
$$ \sigma_{y'} = 15 - (-75)(0{,}643) - 30(-0{,}766) = 86{,}19\ \text{MPa} $$
$$ \tau_{x'y'} = -(-75)(-0{,}766) + 30(0{,}643) = -38{,}17\ \text{MPa} $$
3. b) 10° moturs (θ = +10°, 2θ = 20°)b) 10° counterclockwise (θ = +10°, 2θ = 20°)

Sätt in 2θ = 20° (cos = 0,940, sin = 0,342). Substitute 2θ = 20° (cos = 0.940, sin = 0.342).

$$ \sigma_{x'} = 15 + (-75)(0{,}940) + 30(0{,}342) = -45{,}21\ \text{MPa} $$
$$ \sigma_{y'} = 15 - (-75)(0{,}940) - 30(0{,}342) = 75{,}21\ \text{MPa} $$
$$ \boxed{\tau_{x'y'} = -(-75)(0{,}342) + 30(0{,}940) = 53{,}84\ \text{MPa}} $$

⭕ Mohrs cirkel — dra θ till −25° och +10°Mohr's circle — drag θ to −25° and +10°

Spänningstillståndet σ_x = −60, σ_y = 90, τ_xy = 30 MPa. Dra θ-reglaget till −25° (medurs) respektive +10° (moturs) och avläs σ_x' och τ_x'y' direkt på det roterade elementet.The stress state σ_x = −60, σ_y = 90, τ_xy = 30 MPa. Drag the θ slider to −25° (clockwise) and +10° (counterclockwise) and read σ_x' and τ_x'y' directly off the rotated element.

σ_x = -60 MPa
σ_y = 90 MPa
τ_xy = 30 MPa
θ = 0°
Mohrs cirkel (σ−τ plan)Mohr's circle (σ−τ plane)
Spännings­element (vrider med θ)Stress element (rotates with θ)
σ_1 — MPa
σ_2 — MPa
τ_max — MPa
θ_p —°
σ_vM — MPa
Sammanfattning.Summary. 25° medurs: σ_x' = −56,19, σ_y' = 86,19, τ_x'y' = −38,17 MPa. 10° moturs: σ_x' = −45,21, σ_y' = 75,21, τ_x'y' = 53,84 MPa. 25° clockwise: σ_x' = −56.19, σ_y' = 86.19, τ_x'y' = −38.17 MPa. 10° counterclockwise: σ_x' = −45.21, σ_y' = 75.21, τ_x'y' = 53.84 MPa.
Formelreferenser (Karl Björk) Formula references (Karl Björk)
  • KB s.21 · Spänningstransformation σ_x', σ_y', τ_x'y'Stress transformation σ_x', σ_y', τ_x'y'
Vanliga misstagCommon mistakes
M22-1_cw_sign
Glömmer att medurs rotation är negativ. Tecknet på θ avgör tecknen på cos- och sin-termerna och därmed hela resultatet. Forgetting that clockwise rotation is negative. The sign of θ sets the signs of the cos and sin terms and hence the whole result.
M22-2_2theta
Sätter in θ i stället för 2θ i cos/sin. Argumentet i transformationsekvationerna är alltid den dubbla vinkeln. Substituting θ instead of 2θ in the cos/sin. The argument in the transformation equations is always the double angle.
M22-3_tau_sign
Tappar minustecknet framför (σ_x−σ_y)/2 i τ_x'y'-ekvationen. Dropping the minus sign in front of (σ_x−σ_y)/2 in the τ_x'y' equation.
2.3 fortsattning

För spänningstillståndet σ_x = 0, σ_y = −80 MPa, τ_xy = −50 MPa, bestäm normal- och skjuvspänningarna efter att elementet roterats a) 25° medurs, och b) 10° moturs.

For the stress state σ_x = 0, σ_y = −80 MPa, τ_xy = −50 MPa, determine the normal and shearing stresses after the element has been rotated a) 25° clockwise, and b) 10° counterclockwise.

VerklighetsanknytningReal-world context Det här tillståndet har σ_x = 0 — bara en lodrät tryckspänning plus skjuvning. Det liknar spänningen i en limfog eller en svetsfog som belastas snett. Notera hur en negativ τ_xy bara speglar punkten på Mohrs cirkel; tekniken är exakt densamma. This state has σ_x = 0 — only a vertical compressive stress plus shear. It resembles the stress in a glued or welded joint loaded obliquely. Note how a negative τ_xy simply mirrors the point on Mohr's circle; the technique is exactly the same.
💡 Hjälp mig förstå problemet 💡 Help me understand this problem
Vad ber frågan dig om? What is the question asking?

Du ska bestämma: normal- och skjuvspänningarna efter att elementet roterats a) 25° medurs, och b) 10° moturs.You're asked to determine: the normal and shearing stresses after the element has been rotated a) 25° clockwise, and b) 10° counterclockwise.

Mekaniska begrepp att ha i huvudet Mechanics concepts to keep in mind
  • Spänning σ = N/ANormal stress σ = N/A
Föreslagen tankegång (utan att avslöja svaret) Suggested thinking process (without giving away the answer)
  1. Räkna upp obekanta krafter och jämviktsekvationer.Count unknowns and equilibrium equations.
  2. Är det statiskt obestämt? Skriv ett kompatibilitetsvillkor (lika förlängning, geometrisk koppling).Statically indeterminate? Add a compatibility condition (equal elongation, rigid-body link).
  3. Lös för N i varje stång, sedan σ och δ.Solve for N in each bar, then σ and δ.
  4. Konstanter och teckenConstants and signs
  5. a) 25° medurs (2θ = −50°)a) 25° clockwise (2θ = −50°)
  6. b) 10° moturs (2θ = 20°)b) 10° counterclockwise (2θ = 20°)
Mer hjälp under lösningsknappenMore help waiting below the Solution button
  • Vanliga misstag finns nedan i lösningspanelen (2 st).
  • Behöver du en stegvis knuff? Det finns 3 ledtrådar i panelen nedan.
  • Common mistakes are listed in the solution panel below (2 entries).
  • Need a nudge? There are 3 progressive hints in the panel below.
Ledtrådar (klicka för stegvis hjälp)Hints (click for step-by-step help)
1. σ_avg = −40, (σ_x−σ_y)/2 = +40, τ_xy = −50. CW ⇒ 2θ = −50°. σ_avg = −40, (σ_x−σ_y)/2 = +40, τ_xy = −50. CW ⇒ 2θ = −50°.
2. Sätt in noggrant och håll reda på alla tre minustecken (σ_y, τ_xy, sin 2θ för CW). Substitute carefully and track all three minus signs (σ_y, τ_xy, sin 2θ for CW).
3. a) (24,01; −104,01; −1,50). b) (−19,51; −60,49; −60,67) MPa. a) (24.01; −104.01; −1.50). b) (−19.51; −60.49; −60.67) MPa.
≈ 14 min≈ 14 min · mohrs-cirkel spänningstransformation rotation skjuvning
Figure 2.3
Fig. 2.3 · MT1566 · Alexander Barlo

LösningSolution

Samma transformationsekvationer. Här är σ_avg = −40 och (σ_x−σ_y)/2 = +40. Var noga med tecknet på τ_xy = −50. Same transformation equations. Here σ_avg = −40 and (σ_x−σ_y)/2 = +40. Mind the sign of τ_xy = −50.
Invariant: σ_x' + σ_y' = −80 i båda fallen (24,01−104,01 = −80 ✓ och −19,51−60,49 = −80 ✓). Invariant: σ_x' + σ_y' = −80 in both cases (24.01−104.01 = −80 ✓ and −19.51−60.49 = −80 ✓).
1. Konstanter och teckenConstants and signs

σ_avg = (0 + (−80))/2 = −40 MPa, (σ_x−σ_y)/2 = (0−(−80))/2 = +40 MPa, τ_xy = −50 MPa. σ_avg = (0 + (−80))/2 = −40 MPa, (σ_x−σ_y)/2 = (0−(−80))/2 = +40 MPa, τ_xy = −50 MPa.

Vad gör ett negativt τ_xy med punkten X på Mohrs cirkel (τ nedåt = positiv)? What does a negative τ_xy do to point X on Mohr's circle (τ downward = positive)?
50%
Med τ nedåt = positiv hamnar negativ τ_xy ovanför σ-axeln. Tekniken är densamma, bara punkten speglas. With τ downward = positive, a negative τ_xy lands above the σ-axis. The technique is the same; the point is just mirrored.
$$ \sigma_{x'} = -40 + 40\cos 2\theta + (-50)\sin 2\theta $$
$$ \tau_{x'y'} = -40\sin 2\theta + (-50)\cos 2\theta $$
2. a) 25° medurs (2θ = −50°)a) 25° clockwise (2θ = −50°)

cos(−50°) = 0,643, sin(−50°) = −0,766. cos(−50°) = 0.643, sin(−50°) = −0.766.

$$ \sigma_{x'} = -40 + 40(0{,}643) + (-50)(-0{,}766) = 24{,}01\ \text{MPa} $$
$$ \sigma_{y'} = -40 - 40(0{,}643) - (-50)(-0{,}766) = -104{,}01\ \text{MPa} $$
$$ \tau_{x'y'} = -40(-0{,}766) + (-50)(0{,}643) = -1{,}50\ \text{MPa} $$
3. b) 10° moturs (2θ = 20°)b) 10° counterclockwise (2θ = 20°)

cos 20° = 0,940, sin 20° = 0,342. cos 20° = 0.940, sin 20° = 0.342.

$$ \sigma_{x'} = -40 + 40(0{,}940) + (-50)(0{,}342) = -19{,}51\ \text{MPa} $$
$$ \sigma_{y'} = -40 - 40(0{,}940) - (-50)(0{,}342) = -60{,}49\ \text{MPa} $$
$$ \boxed{\tau_{x'y'} = -40(0{,}342) + (-50)(0{,}940) = -60{,}67\ \text{MPa}} $$

⭕ Mohrs cirkel — dra θ till −25° och +10°Mohr's circle — drag θ to −25° and +10°

Spänningstillståndet σ_x = 0, σ_y = −80, τ_xy = −50 MPa. Rotera elementet och avläs de transformerade spänningarna.The stress state σ_x = 0, σ_y = −80, τ_xy = −50 MPa. Rotate the element and read off the transformed stresses.

σ_x = 0 MPa
σ_y = -80 MPa
τ_xy = -50 MPa
θ = 0°
Mohrs cirkel (σ−τ plan)Mohr's circle (σ−τ plane)
Spännings­element (vrider med θ)Stress element (rotates with θ)
σ_1 — MPa
σ_2 — MPa
τ_max — MPa
θ_p —°
σ_vM — MPa
Sammanfattning.Summary. 25° medurs: (24,01; −104,01; −1,50) MPa. 10° moturs: (−19,51; −60,49; −60,67) MPa. 25° clockwise: (24.01; −104.01; −1.50) MPa. 10° counterclockwise: (−19.51; −60.49; −60.67) MPa.
Formelreferenser (Karl Björk) Formula references (Karl Björk)
  • KB s.21 · Spänningstransformation σ_x', σ_y', τ_x'y'Stress transformation σ_x', σ_y', τ_x'y'
Vanliga misstagCommon mistakes
M23-1_tau_neg
Hanterar tecknet på τ_xy = −50 fel. Bär med dig minustecknet konsekvent i båda ekvationerna. Mishandling the sign of τ_xy = −50. Carry the minus sign consistently through both equations.
M23-2_sigma_x_zero
Glömmer att σ_x = 0 fortfarande ingår i σ_avg och (σ_x−σ_y)/2 — det är inte samma sak som att termen försvinner. Forgetting that σ_x = 0 still enters σ_avg and (σ_x−σ_y)/2 — it is not the same as the term vanishing.
2.4 fortsattning

För det plana spänningstillståndet med σ_x = 60 MPa och τ_xy = 20 MPa (σ_y obekant), bestäm det största värdet av σ_y för vilket den maximala skjuvspänningen i planet är ≤ 75 MPa.

For the state of plane stress with σ_x = 60 MPa and τ_xy = 20 MPa (σ_y unknown), determine the largest value of σ_y for which the maximum in-plane shearing stress is ≤ 75 MPa.

VerklighetsanknytningReal-world context Det här är ett dimensioneringsproblem baklänges: i stället för att beräkna τ_max ur ett känt tillstånd söker vi det tillåtna σ_y som håller τ_max under en gräns. Eftersom τ_max = R (Mohrs cirkels radie) blir det en enkel ekvation i σ_y — precis den sorts gränsvärdeskontroll du gör mot sträckgräns eller utmattningsgräns. This is a design problem in reverse: instead of computing τ_max from a known state, we seek the allowable σ_y that keeps τ_max below a limit. Since τ_max = R (the radius of Mohr's circle), it becomes a simple equation in σ_y — exactly the kind of limit check you make against a yield or fatigue limit.
💡 Hjälp mig förstå problemet 💡 Help me understand this problem
Vad ber frågan dig om? What is the question asking?

Du ska bestämma: det största värdet av σ_y för vilket den maximala skjuvspänningen i planet är ≤ 75 MPa.You're asked to determine: the largest value of σ_y for which the maximum in-plane shearing stress is ≤ 75 MPa.

Mekaniska begrepp att ha i huvudet Mechanics concepts to keep in mind
  • Spänning σ = N/ANormal stress σ = N/A
Föreslagen tankegång (utan att avslöja svaret) Suggested thinking process (without giving away the answer)
  1. Räkna upp obekanta krafter och jämviktsekvationer.Count unknowns and equilibrium equations.
  2. Är det statiskt obestämt? Skriv ett kompatibilitetsvillkor (lika förlängning, geometrisk koppling).Statically indeterminate? Add a compatibility condition (equal elongation, rigid-body link).
  3. Lös för N i varje stång, sedan σ och δ.Solve for N in each bar, then σ and δ.
  4. Sätt τ_max = R = 75 MPaSet τ_max = R = 75 MPa
  5. Lös ut σ_ySolve for σ_y
Mer hjälp under lösningsknappenMore help waiting below the Solution button
  • Vanliga misstag finns nedan i lösningspanelen (3 st).
  • Behöver du en stegvis knuff? Det finns 3 ledtrådar i panelen nedan.
  • Common mistakes are listed in the solution panel below (3 entries).
  • Need a nudge? There are 3 progressive hints in the panel below.
Ledtrådar (klicka för stegvis hjälp)Hints (click for step-by-step help)
1. Maximal skjuvspänning i planet = Mohrs cirkels radie R. Sätt R = 75. Maximum in-plane shear = radius R of Mohr's circle. Set R = 75.
2. ((60−σ_y)/2)² = 75² − 20² = 5225. Ta roten ur. ((60−σ_y)/2)² = 75² − 20² = 5225. Take the square root.
3. |60−σ_y| = 144,6 ⇒ σ_y,max = 204,6 MPa. |60−σ_y| = 144.6 ⇒ σ_y,max = 204.6 MPa.
≈ 12 min≈ 12 min · mohrs-cirkel max-skjuvspänning dimensionering plan-spänning
Figure 2.4
Fig. 2.4 · MT1566 · Alexander Barlo

LösningSolution

Den maximala skjuvspänningen i planet är lika med Mohrs cirkels radie: τ_max = R = √(((σ_x−σ_y)/2)² + τ_xy²). Sätt τ_max = 75 MPa och lös ut det största σ_y. The maximum in-plane shearing stress equals the radius of Mohr's circle: τ_max = R = √(((σ_x−σ_y)/2)² + τ_xy²). Set τ_max = 75 MPa and solve for the largest σ_y.
Vid σ_y = 204,6: R = √(((60−204,6)/2)² + 20²) = √((−72,3)² + 400) = √(5227+400) ≈ 75 MPa ✓. At σ_y = 204.6: R = √(((60−204.6)/2)² + 20²) = √((−72.3)² + 400) = √(5227+400) ≈ 75 MPa ✓.
1. Sätt τ_max = R = 75 MPaSet τ_max = R = 75 MPa

Maximal skjuvspänning i planet är cirkelns radie. Kvadrera och isolera (σ_x−σ_y)/2-termen. The maximum in-plane shear is the circle's radius. Square and isolate the (σ_x−σ_y)/2 term.

Varför finns det TVÅ lösningar för σ_y, och vilken söker vi? Why are there TWO solutions for σ_y, and which one do we want?
50%
|60−σ_y| = 144,6 ger σ_y = 204,6 eller σ_y = −84,6. Det STÖRSTA är 204,6 MPa. |60−σ_y| = 144.6 gives σ_y = 204.6 or σ_y = −84.6. The LARGEST is 204.6 MPa.
$$ \tau_{\max} = \sqrt{\left(\dfrac{\sigma_x-\sigma_y}{2}\right)^2 + \tau_{xy}^2} = 75 $$
$$ \left(\dfrac{60-\sigma_y}{2}\right)^2 = 75^2 - 20^2 = 5625 - 400 = 5225 $$
2. Lös ut σ_ySolve for σ_y

Ta roten ur. Beloppstecknet ger två lösningar; det största σ_y söks. Take the square root. The absolute value gives two solutions; the largest σ_y is wanted.

$$ \left|\dfrac{60-\sigma_y}{2}\right| = \sqrt{5225} = 72{,}28 \;\Rightarrow\; |60 - \sigma_y| = 144{,}57 $$
$$ \sigma_y = 60 + 144{,}57 = 204{,}6 \quad \text{eller} \quad \sigma_y = 60 - 144{,}57 = -84{,}6 $$
$$ \boxed{\sigma_{y,\max} = 204{,}6\ \text{MPa}} $$

⭕ Mohrs cirkel vid gränsfallet (τ_max ≈ 75 MPa)Mohr's circle at the limiting case (τ_max ≈ 75 MPa)

Vid σ_y = 205 MPa (≈ lösningen) avläs τ_max ≈ 75 MPa. Dra σ_y-reglaget och se hur cirkeln växer — τ_max (radien) är gränsen vi dimensionerar mot.At σ_y = 205 MPa (≈ the solution) read τ_max ≈ 75 MPa. Drag the σ_y slider and watch the circle grow — τ_max (the radius) is the limit we design against.

σ_x = 60 MPa
σ_y = 205 MPa
τ_xy = 20 MPa
θ = 0°
Mohrs cirkel (σ−τ plan)Mohr's circle (σ−τ plane)
Spännings­element (vrider med θ)Stress element (rotates with θ)
σ_1 — MPa
σ_2 — MPa
τ_max — MPa
θ_p —°
σ_vM — MPa
Sammanfattning.Summary. τ_max = R = 75 MPa ger |60−σ_y| = 144,6, alltså σ_y,max = 204,6 MPa (den största av de två rötterna). τ_max = R = 75 MPa gives |60−σ_y| = 144.6, hence σ_y,max = 204.6 MPa (the larger of the two roots).
Formelreferenser (Karl Björk) Formula references (Karl Björk)
  • KB s.22 · Maximal skjuvspänning τ_max = R = √(((σ_x−σ_y)/2)² + τ_xy²)Maximum shear stress τ_max = R = √(((σ_x−σ_y)/2)² + τ_xy²)
Vanliga misstagCommon mistakes
M24-1_one_root
Ger bara en lösning. Kvadratroten ger ±, så det finns två σ_y; uppgiften frågar efter den största. Giving only one solution. The square root gives ±, so there are two σ_y; the task asks for the largest.
M24-2_forgot_tau
Glömmer τ_xy²-termen och sätter τ_max = (σ_x−σ_y)/2. Skjuvspänningen τ_xy bidrar till radien. Forgetting the τ_xy² term and setting τ_max = (σ_x−σ_y)/2. The shear τ_xy contributes to the radius.
M24-3_75_squared
Glömmer att kvadrera: 75² = 5625, inte 75. Hela ekvationen är kvadrerad. Forgetting to square: 75² = 5625, not 75. The whole equation is squared.
2.5 fortsattning

För spänningstillståndet σ_x = 10 MPa, σ_y = 50 MPa, τ_xy = −15 MPa (skjuvningens riktning enligt figuren) bestäm a) huvudspänningsplanen, och b) huvudspänningarna.

For the stress state σ_x = 10 MPa, σ_y = 50 MPa, τ_xy = −15 MPa (shear sense per the figure) determine a) the principal planes, and b) the principal stresses.

VerklighetsanknytningReal-world context Samma huvudspänningsanalys som i 2.1, men här är båda normalspänningarna drag och resultatet blir två positiva huvudspänningar (55 och 5 MPa). Det här tillståndet återkommer i nästa problem (2.6 i Alexanders bok), där samma spänningar används för att beräkna säkerhetsfaktorn mot flytning — så håll resultatet. The same principal-stress analysis as in 2.1, but here both normal stresses are tensile and the result is two positive principal stresses (55 and 5 MPa). This state recurs in the next problem (2.6 in Alexander's book), where the same stresses are used to compute the safety factor against yielding — so keep the result.
💡 Hjälp mig förstå problemet 💡 Help me understand this problem
Vad ber frågan dig om? What is the question asking?

Du ska bestämma: a) huvudspänningsplanen, och b) huvudspänningarna.You're asked to determine: a) the principal planes, and b) the principal stresses.

Mekaniska begrepp att ha i huvudet Mechanics concepts to keep in mind
  • Spänning σ = N/ANormal stress σ = N/A
Föreslagen tankegång (utan att avslöja svaret) Suggested thinking process (without giving away the answer)
  1. Räkna upp obekanta krafter och jämviktsekvationer.Count unknowns and equilibrium equations.
  2. Är det statiskt obestämt? Skriv ett kompatibilitetsvillkor (lika förlängning, geometrisk koppling).Statically indeterminate? Add a compatibility condition (equal elongation, rigid-body link).
  3. Lös för N i varje stång, sedan σ och δ.Solve for N in each bar, then σ and δ.
  4. Centrum och radieCentre and radius
  5. HuvudspänningarPrincipal stresses
  6. HuvudspänningsplanPrincipal planes
Mer hjälp under lösningsknappenMore help waiting below the Solution button
  • Vanliga misstag finns nedan i lösningspanelen (2 st).
  • Behöver du en stegvis knuff? Det finns 3 ledtrådar i panelen nedan.
  • Common mistakes are listed in the solution panel below (2 entries).
  • Need a nudge? There are 3 progressive hints in the panel below.
Ledtrådar (klicka för stegvis hjälp)Hints (click for step-by-step help)
1. Centrum σ_avg = 30. Radie R = √(((10−50)/2)² + 15²) = 25. Centre σ_avg = 30. Radius R = √(((10−50)/2)² + 15²) = 25.
2. σ_1,2 = 30 ± 25 = 55 och 5 MPa. σ_1,2 = 30 ± 25 = 55 and 5 MPa.
3. tan(2θ_p) = 0,75 ⇒ θ_p = 18,43° (och 108,43°). tan(2θ_p) = 0.75 ⇒ θ_p = 18.43° (and 108.43°).
≈ 12 min≈ 12 min · mohrs-cirkel huvudspänningar plan-spänning
Figure 2.5
Fig. 2.5 · MT1566 · Alexander Barlo

LösningSolution

Mohrs cirkel: centrum σ_avg = 30, radie R = √(((σ_x−σ_y)/2)² + τ_xy²). Huvudspänningarna är σ_avg ± R; huvudplanen ur tan(2θ_p) = 2τ_xy/(σ_x−σ_y). Mohr's circle: centre σ_avg = 30, radius R = √(((σ_x−σ_y)/2)² + τ_xy²). Principal stresses σ_avg ± R; principal planes from tan(2θ_p) = 2τ_xy/(σ_x−σ_y).
Invariant: σ_1 + σ_2 = 55 + 5 = 60 = σ_x + σ_y = 10 + 50 ✓. Båda huvudspänningarna är drag. Invariant: σ_1 + σ_2 = 55 + 5 = 60 = σ_x + σ_y = 10 + 50 ✓. Both principal stresses are tensile.
1. Centrum och radieCentre and radius

Centrum är medelspänningen; radien byggs av (σ_x−σ_y)/2 och τ_xy. The centre is the average stress; the radius is built from (σ_x−σ_y)/2 and τ_xy.

Blir någon huvudspänning negativ här? Will any principal stress be negative here?
50%
Eftersom centrum (30) är större än radien (25) ligger hela cirkeln till höger om origo: σ_2 = 5 > 0. Since the centre (30) exceeds the radius (25), the whole circle lies right of the origin: σ_2 = 5 > 0.
$$ \sigma_{\text{avg}} = \dfrac{10+50}{2} = 30\ \text{MPa} $$
$$ R = \sqrt{\left(\dfrac{10-50}{2}\right)^2 + (-15)^2} = \sqrt{(-20)^2 + 225} = \sqrt{625} = 25\ \text{MPa} $$
2. HuvudspänningarPrincipal stresses

Centrum plus/minus radien. Centre plus/minus the radius.

$$ \sigma_{\max} = 30 + 25 = 55{,}00\ \text{MPa}, \qquad \sigma_{\min} = 30 - 25 = 5{,}00\ \text{MPa} $$
$$ \boxed{\sigma_{\max} = 55{,}00\ \text{MPa}, \quad \sigma_{\min} = 5{,}00\ \text{MPa}} $$
3. HuvudspänningsplanPrincipal planes

Vinkeln ur tangentförhållandet. Med skjuvningens riktning enligt figuren (τ_xy = −15) blir θ_p positiv. The angle from the tangent relation. With the figure's shear sense (τ_xy = −15) the angle θ_p comes out positive.

$$ \tan(2\theta_p) = \dfrac{2\tau_{xy}}{\sigma_x-\sigma_y} = \dfrac{2(-15)}{10-50} = \dfrac{-30}{-40} = 0{,}75 $$
$$ 2\theta_p = 36{,}87^\circ \;\Rightarrow\; \boxed{\theta_1 = 18{,}43^\circ, \quad \theta_2 = 108{,}43^\circ} $$

⭕ Mohrs cirkel — huvudspänningarMohr's circle — principal stresses

Spänningstillståndet σ_x = 10, σ_y = 50, τ_xy = −15 MPa. Hela cirkeln ligger till höger om origo, så σ_1 och σ_2 är båda drag. Spara dessa värden — de används i 2.6 (säkerhetsfaktor mot flytning).The stress state σ_x = 10, σ_y = 50, τ_xy = −15 MPa. The whole circle is right of the origin, so σ_1 and σ_2 are both tensile. Keep these values — they are used in 2.6 (safety factor against yielding).

σ_x = 10 MPa
σ_y = 50 MPa
τ_xy = -15 MPa
θ = 0°
Mohrs cirkel (σ−τ plan)Mohr's circle (σ−τ plane)
Spännings­element (vrider med θ)Stress element (rotates with θ)
σ_1 — MPa
σ_2 — MPa
τ_max — MPa
θ_p —°
σ_vM — MPa
Sammanfattning.Summary. Centrum 30, radie 25. Huvudspänningar σ_max = 55,00 MPa och σ_min = 5,00 MPa på planen θ = 18,43° och 108,43°. Centre 30, radius 25. Principal stresses σ_max = 55.00 MPa and σ_min = 5.00 MPa on the planes θ = 18.43° and 108.43°.
Formelreferenser (Karl Björk) Formula references (Karl Björk)
  • KB s.22 · Huvudspänningar σ_1,2 = σ_avg ± RPrincipal stresses σ_1,2 = σ_avg ± R
Vanliga misstagCommon mistakes
M25-1_negative_principal
Antar att σ_min blir negativ. Jämför centrum och radie: om centrum > R ligger båda huvudspänningarna på samma sida om origo. Assuming σ_min is negative. Compare centre and radius: if centre > R, both principal stresses lie on the same side of the origin.
M25-2_R_25
Räknar fel på radien: √(20²+15²) = √625 = 25, inte 20+15 eller √(20²−15²). Miscomputing the radius: √(20²+15²) = √625 = 25, not 20+15 or √(20²−15²).
Se även:See also: Uppg. 3.1 — Samma spänningstillstånd som i problem 2.5 (σ_x = 10 MPa, σ_…Prob. 3.1 — The same stress state as in problem 2.5 (σ_x = 10 MPa, σ_y =… — Samma huvudspänningar (55 och 5 MPa) används i kapitel 3 (yt- och brottkriterier) för säkerhetsfaktorn mot flytning enligt Tresca och von Mises.
2.6 fortsattninginteractive

En 30 mm kvadrat (ABCD) ritades på sidan av ett stort stål-tryckkärl. Efter trycksättning råder det biaxiella spänningstillståndet σ_x = 80 MPa och σ_y = 40 MPa (drag). Med E = 200 GPa och Poissons tal ν = 0,30, bestäm längdändringen av a) sidan AB, b) sidan BC, c) diagonalen AC.

A 30 mm square (ABCD) was scribed on the side of a large steel pressure vessel. After pressurization the biaxial stress state is σ_x = 80 MPa and σ_y = 40 MPa (tension). With E = 200 GPa and Poisson's ratio ν = 0.30, determine the change in length of a) side AB, b) side BC, c) diagonal AC.

VerklighetsanknytningReal-world context Ett tunnväggigt tryckkärl har ett biaxiellt spänningstillstånd (axial- och omkretsspänning) — exakt det här fallet. Generaliserade Hookes lag kopplar de två spänningarna till töjningarna via Poisson-effekten: en dragspänning i x-led krymper materialet i y-led. Att kunna beräkna deformationen är grunden för passnings- och täthetsberäkningar. A thin-walled pressure vessel has a biaxial stress state (axial and hoop stress) — exactly this case. Generalized Hooke's law links the two stresses to the strains via the Poisson effect: a tensile stress in x shrinks the material in y. Computing the deformation is the basis of fit and leak-tightness calculations.
💡 Hjälp mig förstå problemet 💡 Help me understand this problem
Vad ber frågan dig om? What is the question asking?

Du ska bestämma: längdändringen av a) sidan AB, b) sidan BC, c) diagonalen AC.You're asked to determine: the change in length of a) side AB, b) side BC, c) diagonal AC.

Mekaniska begrepp att ha i huvudet Mechanics concepts to keep in mind
  • Spänning σ = N/ANormal stress σ = N/A
  • Förlängning δ = N·L/(A·E)Elongation δ = N·L/(A·E)
Föreslagen tankegång (utan att avslöja svaret) Suggested thinking process (without giving away the answer)
  1. Räkna upp obekanta krafter och jämviktsekvationer.Count unknowns and equilibrium equations.
  2. Är det statiskt obestämt? Skriv ett kompatibilitetsvillkor (lika förlängning, geometrisk koppling).Statically indeterminate? Add a compatibility condition (equal elongation, rigid-body link).
  3. Lös för N i varje stång, sedan σ och δ.Solve for N in each bar, then σ and δ.
  4. Töjningar ur generaliserade Hookes lagStrains from generalized Hooke's law
  5. Längdändring av sidornaLength change of the sides
  6. Längdändring av diagonalen ACLength change of diagonal AC
Mer hjälp under lösningsknappenMore help waiting below the Solution button
  • Vanliga misstag finns nedan i lösningspanelen (3 st).
  • Behöver du en stegvis knuff? Det finns 3 ledtrådar i panelen nedan.
  • Common mistakes are listed in the solution panel below (3 entries).
  • Need a nudge? There are 3 progressive hints in the panel below.
Ledtrådar (klicka för stegvis hjälp)Hints (click for step-by-step help)
1. Generaliserade Hookes lag: ε_x = (σ_x − νσ_y)/E, ε_y = (σ_y − νσ_x)/E. Generalized Hooke's law: ε_x = (σ_x − νσ_y)/E, ε_y = (σ_y − νσ_x)/E.
2. δ = ε·L för sidorna (L = 30). Diagonalen: ε_45° = (ε_x+ε_y)/2, längd 30√2. δ = ε·L for the sides (L = 30). Diagonal: ε_45° = (ε_x+ε_y)/2, length 30√2.
3. δ_AB = 10,2 µm, δ_BC = 2,4 µm, δ_AC = 8,9 µm. δ_AB = 10.2 µm, δ_BC = 2.4 µm, δ_AC = 8.9 µm.
≈ 14 min≈ 14 min · hookes-generella-lag plan-spänning töjning poissons-tal tryckkärl
Figure 2.6
Fig. 2.6 · MT1566 · Alexander Barlo

LösningSolution

Generaliserade Hookes lag för plan spänning ger töjningarna ε_x = (σ_x − ν σ_y)/E och ε_y = (σ_y − ν σ_x)/E. Längdändringen av en sida är töjningen gånger sidans längd. Diagonalen vid 45° (utan skjuvning) töjs med medeltöjningen (ε_x+ε_y)/2. Generalized Hooke's law for plane stress gives the strains ε_x = (σ_x − ν σ_y)/E and ε_y = (σ_y − ν σ_x)/E. The length change of a side is the strain times the side length. The 45° diagonal (with no shear) strains by the average (ε_x+ε_y)/2.
ε_x = 340 µ och ε_y = 80 µ — båda positiva (förlängning), vilket stämmer eftersom både σ_x och σ_y är drag. Diagonalen ligger mitt emellan: δ_AC svarar mot medeltöjningen. ε_x = 340 µ and ε_y = 80 µ — both positive (extension), consistent since both σ_x and σ_y are tensile. The diagonal lies in between: δ_AC corresponds to the average strain.
1. Töjningar ur generaliserade Hookes lagStrains from generalized Hooke's law

Varje normalspänning ger en direkt töjning och en Poisson-krympning vinkelrätt. OBS: övningsbokens text anger E = 210 GPa, men de tryckta svaren motsvarar E = 200 GPa (stål) — vi använder 200 GPa. Each normal stress gives a direct strain and a Poisson contraction perpendicular to it. NOTE: the exercise book text states E = 210 GPa, but the printed answers correspond to E = 200 GPa (steel) — we use 200 GPa.

Hur påverkar σ_x (vågrätt drag) sidan BC (lodrät)? How does σ_x (horizontal tension) affect side BC (vertical)?
50%
Drag i x-led ger via Poisson en krympning i y-led (−νσ_x/E), vilket minskar ε_y. Därför är ε_y bara 80 µ trots σ_y = 40 MPa. Tension in x gives, via Poisson, a contraction in y (−νσ_x/E), reducing ε_y. That is why ε_y is only 80 µ despite σ_y = 40 MPa.
30 mm kvadrat ABCD i biaxiellt drag: σ_x = 80 MPa (vågrätt), σ_y = 40 MPa (lodrätt). Diagonalen AC streckad.30 mm square ABCD in biaxial tension: σ_x = 80 MPa (horizontal), σ_y = 40 MPa (vertical). Diagonal AC dashed.
$$ \varepsilon_x = \dfrac{\sigma_x - \nu\,\sigma_y}{E} = \dfrac{80 - 0{,}30\cdot 40}{200\,000} = 3{,}40\cdot 10^{-4} $$
$$ \varepsilon_y = \dfrac{\sigma_y - \nu\,\sigma_x}{E} = \dfrac{40 - 0{,}30\cdot 80}{200\,000} = 0{,}80\cdot 10^{-4} $$
2. Längdändring av sidornaLength change of the sides

Sidan AB är vågrät (töjs med ε_x), sidan BC är lodrät (töjs med ε_y). Multiplicera med 30 mm. Side AB is horizontal (strains with ε_x), side BC is vertical (strains with ε_y). Multiply by 30 mm.

$$ \delta_{AB} = \varepsilon_x \cdot L = 3{,}40\cdot 10^{-4}\cdot 30 = 10{,}2\ \mu\text{m} $$
$$ \delta_{BC} = \varepsilon_y \cdot L = 0{,}80\cdot 10^{-4}\cdot 30 = 2{,}4\ \mu\text{m} $$
3. Längdändring av diagonalen ACLength change of diagonal AC

Diagonalen ligger i 45°. Utan skjuvning (huvudriktningar) blir töjningen längs 45° medelvärdet av ε_x och ε_y. Diagonalens längd är 30√2 mm. The diagonal lies at 45°. With no shear (principal directions) the strain along 45° is the average of ε_x and ε_y. The diagonal length is 30√2 mm.

$$ \varepsilon_{45^\circ} = \dfrac{\varepsilon_x + \varepsilon_y}{2} = \dfrac{(3{,}40 + 0{,}80)\cdot 10^{-4}}{2} = 2{,}10\cdot 10^{-4} $$
$$ \delta_{AC} = \varepsilon_{45^\circ}\cdot 30\sqrt{2} = 2{,}10\cdot 10^{-4}\cdot 42{,}43 = 8{,}9\ \mu\text{m} $$
$$ \boxed{\delta_{AB} = 10{,}2\ \mu\text{m}, \quad \delta_{BC} = 2{,}4\ \mu\text{m}, \quad \delta_{AC} = 8{,}9\ \mu\text{m}} $$
Sammanfattning.Summary. Med ε_x = 340 µ, ε_y = 80 µ: δ_AB = 10,2 µm, δ_BC = 2,4 µm, och diagonalen δ_AC = (ε_x+ε_y)/2 · 30√2 = 8,9 µm. With ε_x = 340 µ, ε_y = 80 µ: δ_AB = 10.2 µm, δ_BC = 2.4 µm, and the diagonal δ_AC = (ε_x+ε_y)/2 · 30√2 = 8.9 µm.
Formelreferenser (Karl Björk) Formula references (Karl Björk)
  • KB s.23 · Generaliserade Hookes lag, plan spänning: ε_x = (σ_x − νσ_y)/EGeneralized Hooke's law, plane stress: ε_x = (σ_x − νσ_y)/E
  • KB s.21 · Töjningstransformation (för diagonalen vid 45°)Strain transformation (for the 45° diagonal)
Vanliga misstagCommon mistakes
M26-1_no_poisson
Glömmer Poisson-termen: ε_x = σ_x/E är fel. Den korrekta är ε_x = (σ_x − νσ_y)/E — den tvärgående spänningen krymper materialet. Forgetting the Poisson term: ε_x = σ_x/E is wrong. The correct one is ε_x = (σ_x − νσ_y)/E — the transverse stress shrinks the material.
M26-2_diagonal_length
Använder L = 30 för diagonalen. Diagonalen är 30√2 ≈ 42,4 mm. Using L = 30 for the diagonal. The diagonal is 30√2 ≈ 42.4 mm.
M26-3_E_units
Enhetsmiss: E = 200 GPa = 200 000 MPa. Med σ i MPa måste E vara i MPa. Unit slip: E = 200 GPa = 200 000 MPa. With σ in MPa, E must be in MPa.

Prova själv — biaxiellt spänningstillståndTry it yourself — biaxial stress state

Ändra spänningarna och materialet. Se hur Poisson-effekten (ν) kopplar ihop riktningarna — sätt ν = 0 och δ_BC växer markant. Change the stresses and material. See how the Poisson effect (ν) couples the directions — set ν = 0 and δ_BC grows markedly.

80 MPa
40 MPa
200 GPa
0.3
30 mm
StorhetQuantity VärdeValue EnhetUnit KommentarNote
— µ
— µ
— µm
— µm
— µm
2.7 fortsattninginteractive

En stålbalk (W310×74) på två stöd (led i A, rulle i B, spann 4,8 m) bär två punktlaster på 80 kN vid C (1,6 m) och D (3,2 m). Med E = 200 GPa, bestäm töjningsenergin på grund av böjning (bortse från skjuvspänningarnas bidrag).

A steel beam (W310×74) on two supports (pin at A, roller at B, span 4.8 m) carries two 80 kN point loads at C (1.6 m) and D (3.2 m). With E = 200 GPa, determine the strain energy due to bending (ignore the contribution of shearing stresses).

VerklighetsanknytningReal-world context Töjningsenergin U = ∫M²/(2EI) dx är den elastiska energi balken lagrar — grunden för energimetoder (Castiglianos sats) och för att förstå stötlaster. Det här fyrpunktsböjningsfallet ger ett konstant moment i mitten, precis som i en materialprovningsmaskin. The strain energy U = ∫M²/(2EI) dx is the elastic energy the beam stores — the basis of energy methods (Castigliano's theorem) and of understanding impact loads. This four-point bending case gives a constant moment in the middle, exactly as in a materials-testing machine.
💡 Hjälp mig förstå problemet 💡 Help me understand this problem
Vad ber frågan dig om? What is the question asking?

Du ska bestämma: töjningsenergin på grund av böjning (bortse från skjuvspänningarnas bidrag).You're asked to determine: the strain energy due to bending (ignore the contribution of shearing stresses).

Mekaniska begrepp att ha i huvudet Mechanics concepts to keep in mind
  • Spänning σ = N/ANormal stress σ = N/A
  • Förlängning δ = N·L/(A·E)Elongation δ = N·L/(A·E)
Föreslagen tankegång (utan att avslöja svaret) Suggested thinking process (without giving away the answer)
  1. Räkna upp obekanta krafter och jämviktsekvationer.Count unknowns and equilibrium equations.
  2. Är det statiskt obestämt? Skriv ett kompatibilitetsvillkor (lika förlängning, geometrisk koppling).Statically indeterminate? Add a compatibility condition (equal elongation, rigid-body link).
  3. Lös för N i varje stång, sedan σ och δ.Solve for N in each bar, then σ and δ.
  4. Reaktioner och momentförloppReactions and moment distribution
  5. Integrera U = ∫M²/(2EI) dxIntegrate U = ∫M²/(2EI) dx
Mer hjälp under lösningsknappenMore help waiting below the Solution button
  • Vanliga misstag finns nedan i lösningspanelen (3 st).
  • Behöver du en stegvis knuff? Det finns 3 ledtrådar i panelen nedan.
  • Common mistakes are listed in the solution panel below (3 entries).
  • Need a nudge? There are 3 progressive hints in the panel below.
Ledtrådar (klicka för stegvis hjälp)Hints (click for step-by-step help)
1. Symmetri ⇒ reaktioner 80 kN. Skriv M(x) i tre områden; mittpartiet är konstant 128 kNm. Symmetry ⇒ reactions 80 kN. Write M(x) in three regions; the middle is constant 128 kNm.
2. U = (1/2EI)·∫M²dx. ∫M²dx = 2·∫₀^1.6(80x)²dx + ∫128²dx. U = (1/2EI)·∫M²dx. ∫M²dx = 2·∫₀^1.6(80x)²dx + ∫128²dx.
3. ∫M²dx = 43 690 kN²m³, EI = 32 600 kN·m² ⇒ U = 670 J. ∫M²dx = 43 690 kN²m³, EI = 32 600 kN·m² ⇒ U = 670 J.
≈ 16 min≈ 16 min · töjningsenergi böjning balk valsat-tvärsnitt
Figure 2.7
Fig. 2.7 · MT1566 · Alexander Barlo

LösningSolution

Symmetrisk last ⇒ reaktioner 80 kN. Skriv M(x) i de tre områdena, kvadrera och integrera U = ∫M²/(2EI) dx. Mittpartiet har konstant moment 128 kNm. Symmetric load ⇒ reactions 80 kN. Write M(x) in the three regions, square it and integrate U = ∫M²/(2EI) dx. The middle region has a constant moment of 128 kNm.
Maxmomentet 128 kNm ger en maxspänning σ = M·c/I ≈ 128·10⁶·152/(163·10⁶) ≈ 119 MPa, långt under stålets sträckgräns — elastiskt, så energiformeln gäller ✓. The peak moment 128 kNm gives a max stress σ = M·c/I ≈ 128·10⁶·152/(163·10⁶) ≈ 119 MPa, well below steel's yield — elastic, so the energy formula applies ✓.
1. Reaktioner och momentförloppReactions and moment distribution

Symmetri ger 80 kN vid varje stöd. M växer linjärt till 128 kNm vid C, är konstant 128 kNm mellan C och D, och avtar symmetriskt. Symmetry gives 80 kN at each support. M rises linearly to 128 kNm at C, is constant 128 kNm between C and D, and decreases symmetrically.

I mittpartiet (mellan lasterna) är tvärkraften noll. Vad gör det med momentet där? In the middle region (between the loads) the shear is zero. What does that do to the moment there?
50%
Eftersom dM/dx = V = 0 mellan lasterna är momentet KONSTANT där (128 kNm), inte noll — det är ren böjning. Since dM/dx = V = 0 between the loads, the moment is CONSTANT there (128 kNm), not zero — it is pure bending.
W310×74 på två stöd, två 80 kN-laster vid C och D. Avstånd 1,6 m × 3.W310×74 on two supports, two 80 kN loads at C and D. Spacing 1.6 m × 3.
$$ R_A = R_B = 80\ \text{kN} $$
$$ M_1(x) = 80x\ \ (0\le x\le 1{,}6), \qquad M_2 = 128\ \text{kNm}\ \ (1{,}6\le x\le 3{,}2) $$
2. Integrera U = ∫M²/(2EI) dxIntegrate U = ∫M²/(2EI) dx

Utnyttja symmetri: två ändpartier (M = 80x) plus mittpartiet (M = 128 konstant). Slå upp I_x = 163·10⁶ mm⁴ för W310×74. Use symmetry: two end regions (M = 80x) plus the middle region (M = 128 constant). Look up I_x = 163·10⁶ mm⁴ for W310×74.

$$ \int M^2\,dx = 2\!\int_0^{1{,}6}\!(80x)^2 dx + \int_{1{,}6}^{3{,}2}\!128^2 dx = 17\,476 + 26\,214 = 43\,690\ \text{kN}^2\text{m}^3 $$
$$ EI = 200\cdot10^{6}\cdot 163\cdot10^{-6} = 32\,600\ \text{kN·m}^2 $$
$$ \boxed{U = \dfrac{43\,690}{2\cdot 32\,600} = 0{,}670\ \text{kJ} = 670\ \text{J}} $$
Sammanfattning.Summary. Med M = 80x i ändpartierna och 128 kNm i mitten blir ∫M²dx = 43 690 kN²m³. Med EI = 32 600 kN·m² (I_x = 163·10⁶ mm⁴) blir U = 670 J. With M = 80x in the end regions and 128 kNm in the middle, ∫M²dx = 43 690 kN²m³. With EI = 32 600 kN·m² (I_x = 163·10⁶ mm⁴), U = 670 J.
Formelreferenser (Karl Björk) Formula references (Karl Björk)
  • KB s.36 · Töjningsenergi vid böjning U = ∫M²/(2EI) dxStrain energy in bending U = ∫M²/(2EI) dx
  • KB s.40 · Profiltabell W-balk — tröghetsmoment I_xW-beam profile table — moment of inertia I_x
Vanliga misstagCommon mistakes
M27-1_M_zero_mid
Tror att momentet är noll mellan lasterna. Det är konstant (max) där — tvärkraften är noll, inte momentet. Thinking the moment is zero between the loads. It is constant (max) there — the shear is zero, not the moment.
M27-2_forgot_square
Integrerar M i stället för M². Töjningsenergin innehåller M², så integralen blir tredjegradig i x för det linjära partiet. Integrating M instead of M². The strain energy contains M², so the integral is cubic in x for the linear region.
M27-3_I_units
Enhetsmiss på I_x. 163·10⁶ mm⁴ = 163·10⁻⁶ m⁴. Håll EI i kN·m². Unit slip on I_x. 163·10⁶ mm⁴ = 163·10⁻⁶ m⁴. Keep EI in kN·m².

Prova själv — last och styvhetTry it yourself — load and stiffness

Töjningsenergin växer med kvadraten på lasten (U ∝ F²) och minskar med styvheten EI. The strain energy grows with the square of the load (U ∝ F²) and shrinks with the stiffness EI.

80 kN
163 10⁶ mm⁴
200 GPa
StorhetQuantity VärdeValue EnhetUnit KommentarNote
— kNm
— J
2.8 fortsattninginteractive

Ett block D med massan 2 kg släpps från höjden 40 mm rakt ner på den fria änden A av en vågrät utkragad stång (diameter 16 mm, längd 0,6 m, inspänd i B). Med E = 200 GPa, bestäm a) den maximala utböjningen vid A, b) det maximala böjmomentet i stången, och c) den maximala normalspänningen.

A 2 kg block D is dropped from a height of 40 mm straight onto the free end A of a horizontal cantilever rod (diameter 16 mm, length 0.6 m, fixed at B). With E = 200 GPa, determine a) the maximum deflection at A, b) the maximum bending moment in the rod, and c) the maximum normal stress.

VerklighetsanknytningReal-world context En stötlast lagrar all sin lägesenergi som töjningsenergi i ögonblicket av maximal utböjning. Energibalansen mg(h+δ) = ½kδ² ger en utböjning som är mycket större än den statiska — därför är fallande laster så farliga och varför stötdämpning behövs. Samma princip skyddar t.ex. en fallskyddssele. An impact load stores all its potential energy as strain energy at the instant of maximum deflection. The energy balance mg(h+δ) = ½kδ² gives a deflection far larger than the static one — which is why falling loads are so dangerous and why shock absorption is needed. The same principle protects e.g. a fall-arrest harness.
💡 Hjälp mig förstå problemet 💡 Help me understand this problem
Vad ber frågan dig om? What is the question asking?

Du ska bestämma: a) den maximala utböjningen vid A, b) det maximala böjmomentet i stången, och c) den maximala normalspänningen.You're asked to determine: a) the maximum deflection at A, b) the maximum bending moment in the rod, and c) the maximum normal stress.

Mekaniska begrepp att ha i huvudet Mechanics concepts to keep in mind
  • Spänning σ = N/ANormal stress σ = N/A
  • Förlängning δ = N·L/(A·E)Elongation δ = N·L/(A·E)
Föreslagen tankegång (utan att avslöja svaret) Suggested thinking process (without giving away the answer)
  1. Räkna upp obekanta krafter och jämviktsekvationer.Count unknowns and equilibrium equations.
  2. Är det statiskt obestämt? Skriv ett kompatibilitetsvillkor (lika förlängning, geometrisk koppling).Statically indeterminate? Add a compatibility condition (equal elongation, rigid-body link).
  3. Lös för N i varje stång, sedan σ och δ.Solve for N in each bar, then σ and δ.
  4. Tvärsnitt och fjäderstyvhetSection and spring stiffness
  5. Energibalans ⇒ maximal utböjningEnergy balance ⇒ maximum deflection
  6. Ekvivalent kraft, moment och spänningEquivalent force, moment and stress
Mer hjälp under lösningsknappenMore help waiting below the Solution button
  • Vanliga misstag finns nedan i lösningspanelen (3 st).
  • Behöver du en stegvis knuff? Det finns 3 ledtrådar i panelen nedan.
  • Common mistakes are listed in the solution panel below (3 entries).
  • Need a nudge? There are 3 progressive hints in the panel below.
Ledtrådar (klicka för stegvis hjälp)Hints (click for step-by-step help)
1. Stången är en fjäder: k = 3EI/L³ med I = πd⁴/64. The rod is a spring: k = 3EI/L³ with I = πd⁴/64.
2. Energibalans mg(h+δ) = ½kδ². Lös andragradsekvationen för δ. Energy balance mg(h+δ) = ½kδ². Solve the quadratic for δ.
3. δ = 15,63 mm ⇒ F = kδ = 139,7 N ⇒ M = FL = 83,8 Nm ⇒ σ = Mc/I = 208 MPa. δ = 15.63 mm ⇒ F = kδ = 139.7 N ⇒ M = FL = 83.8 Nm ⇒ σ = Mc/I = 208 MPa.
≈ 18 min≈ 18 min · töjningsenergi stötlast energibalans utkragad-stång
Figure 2.8
Fig. 2.8 · MT1566 · Alexander Barlo

LösningSolution

Modellera stången som en fjäder med styvhet k = 3EI/L³ (utkragad balk, ändlast). Energibalans: blockets totala fall mg(h+δ) lagras som töjningsenergi ½kδ². Lös andragradsekvationen för δ; därefter ekvivalent kraft F = kδ, moment M = FL och spänning σ = Mc/I. Model the rod as a spring of stiffness k = 3EI/L³ (cantilever, end load). Energy balance: the block's total drop mg(h+δ) is stored as strain energy ½kδ². Solve the quadratic for δ; then equivalent force F = kδ, moment M = FL and stress σ = Mc/I.
Statisk utböjning δ_st = mg/k = 19,62/8,94 = 2,2 mm. Den dynamiska δ = 15,63 mm är ≈ 7× större — en rimlig stötförstärkning för ett fall på 40 mm ✓. Static deflection δ_st = mg/k = 19.62/8.94 = 2.2 mm. The dynamic δ = 15.63 mm is ≈ 7× larger — a reasonable impact amplification for a 40 mm drop ✓.
1. Tvärsnitt och fjäderstyvhetSection and spring stiffness

Stången böjs som en utkragad balk. Räkna tröghetsmomentet och ändstyvheten k = 3EI/L³. The rod bends as a cantilever. Compute the moment of inertia and the end stiffness k = 3EI/L³.

Hur jämför sig den dynamiska utböjningen med den statiska (om blocket bara läggs på)? How does the dynamic deflection compare with the static one (if the block is just placed on)?
50%
Fallet tillför rörelseenergi; vid maximal utböjning är den lagrad som töjningsenergi. Här blir δ ≈ 7× den statiska. The drop adds kinetic energy; at maximum deflection it is stored as strain energy. Here δ ≈ 7× the static value.
Block D (2 kg) faller 40 mm ner på fria änden A av en utkragad stång (d = 16 mm, L = 0,6 m), inspänd i B.Block D (2 kg) falls 40 mm onto the free end A of a cantilever rod (d = 16 mm, L = 0.6 m), fixed at B.
$$ I = \dfrac{\pi d^4}{64} = \dfrac{\pi\cdot 16^4}{64} = 3217\ \text{mm}^4 $$
$$ k = \dfrac{3EI}{L^3} = \dfrac{3\cdot 200\,000\cdot 3217}{600^3} = 8{,}94\ \text{N/mm} $$
2. Energibalans ⇒ maximal utböjningEnergy balance ⇒ maximum deflection

Blockets totala fallhöjd är (h + δ). All lägesenergi lagras som töjningsenergi vid maximal utböjning. Det ger en andragradsekvation i δ. The block's total drop is (h + δ). All potential energy is stored as strain energy at maximum deflection. This gives a quadratic in δ.

$$ mg(h+\delta) = \tfrac{1}{2}k\delta^2 $$
$$ 19{,}62\,(40+\delta) = \tfrac{1}{2}\cdot 8{,}94\,\delta^2 \;\Rightarrow\; 4{,}47\delta^2 - 19{,}62\delta - 784{,}8 = 0 $$
$$ \boxed{\delta_A = 15{,}63\ \text{mm}} $$
3. Ekvivalent kraft, moment och spänningEquivalent force, moment and stress

Den ekvivalenta statiska kraften är F = kδ. Maxmomentet (vid inspänningen) är FL, och maxspänningen σ = M·c/I med c = d/2. The equivalent static force is F = kδ. The maximum moment (at the fixed end) is FL, and the max stress σ = M·c/I with c = d/2.

$$ F = k\delta = 8{,}94\cdot 15{,}63 = 139{,}7\ \text{N} $$
$$ M_{\max} = F L = 139{,}7\cdot 0{,}6 = 83{,}8\ \text{Nm} $$
$$ \boxed{\sigma_{\max} = \dfrac{M_{\max}\,c}{I} = \dfrac{83\,800\cdot 8}{3217} = 208\ \text{MPa}} $$
Sammanfattning.Summary. Med k = 8,94 N/mm ger energibalansen mg(h+δ) = ½kδ² utböjningen δ_A = 15,63 mm. Ekvivalent kraft 139,7 N ⇒ M_max = 83,8 Nm och σ_max = 208 MPa. With k = 8.94 N/mm, the energy balance mg(h+δ) = ½kδ² gives δ_A = 15.63 mm. Equivalent force 139.7 N ⇒ M_max = 83.8 Nm and σ_max = 208 MPa.
Formelreferenser (Karl Björk) Formula references (Karl Björk)
  • KB s.32 · Utkragad balk, ändlast: δ = FL³/(3EI), dvs k = 3EI/L³Cantilever, end load: δ = FL³/(3EI), i.e. k = 3EI/L³
  • KB s.36 · Stötlast — energibalans mg(h+δ) = ½kδ²Impact — energy balance mg(h+δ) = ½kδ²
Vanliga misstagCommon mistakes
M28-1_dynamic_equals_static
Behandlar fallande last som statisk (δ = mg/k). En stötlast ger mycket större utböjning — du måste använda energibalansen. Treating a falling load as static (δ = mg/k). An impact load gives a much larger deflection — you must use the energy balance.
M28-2_forgot_delta_in_drop
Glömmer δ i fallhöjden: använder mgh = ½kδ² i stället för mg(h+δ) = ½kδ². För stora δ spelar det stor roll. Forgetting δ in the drop: using mgh = ½kδ² instead of mg(h+δ) = ½kδ². For large δ this matters a lot.
M28-3_c_is_radius
Använder d i stället för c = d/2 i σ = Mc/I. Avståndet till ytterfibern är radien, inte diametern. Using d instead of c = d/2 in σ = Mc/I. The distance to the outer fibre is the radius, not the diameter.

Prova själv — massa och fallhöjdTry it yourself — mass and drop height

Ändra massan och fallhöjden (stången d = 16 mm, L = 0,6 m, k = 8,94 N/mm fast). Sätt h = 0 (last läggs på utan fall) och se att δ närmar sig 2× den statiska — den klassiska stötfaktorn för plötslig pålastning. Change the mass and drop height (rod d = 16 mm, L = 0.6 m, k = 8.94 N/mm fixed). Set h = 0 (load applied without a drop) and watch δ approach 2× the static value — the classic impact factor for suddenly applied load.

2 kg
40 mm
StorhetQuantity VärdeValue EnhetUnit KommentarNote
— mm
— N
KällaSource: Alexander Barlo, Blekinge Institute of Technology — Department of Mechanical Engineering, Structural Mechanics Research Lab — https://www.bth.se.
FormelreferensFormula reference: KB = Formulas and Tables for Mechanical Construction, Karl Björk, Björks förlag (https://bjorksforlag.se). Formler från Karl Björks bok refereras som 'KB s.17' där s.17 betyder sida 17 i åttonde upplagan.Formulas from Karl Björk's handbook are referenced as 'KB s.17' where s.17 means page 17 in the 8th edition.
Originalfigurer © Alexander Barlo / BTH. Friförkroppsdiagrammen är omritade som inline SVG. Endast för intern granskning av MT1566-teamet vid BTH. Original figures © Alexander Barlo / BTH. Free-body diagrams are redrawn as inline SVG. For internal BTH MT1566 review only.