150 77 183MB
Norwegian Pages 393 Year 1981
2. UTGAVE
TAPIR 1981
_
1
—
IrwtlluxAu
©TAPIR, 1981
ISBN 82-519-0449-8
FORORD Boken er skrevet som lærebok til et introduksjonskurs i Statikk og Fasthetslære for studenter ved Maskinavdelingen og Skipsteknisk Avdeling ved Norges tekniske høgskole. Men boken er bygget opp slik at den også skulle kunne passe for mindre kurs i mekanikk. Det er i fremstillingen tatt hensyn til at ikke alle studentene ved kursets begyn nelse er fortrolig med vektoralgebra. Det mest nødvendige fra vektorregningen er inkorporert i teksten etterhvert som det blir anvendt. Det forutsettes at studenten kan enkel integralregning. Løsning av differensiallikninger foregår, med unntak i kapittel 24, ved direkte integrasjon. Hvert kapittel i boken inneholder mange eksempler, av ulike typer. Noen eks empler presenterer generelle anvendelser av teorien, andre gir tileggsinformasjoner, mens atter andre er rene regneeksempler, oftest med et praktisk tilsnitt. Eksemp lene er valgt slik at de inngår som en del av teksten. Alle kapitlene er forsynt med oppgaver. De fleste oppgavene er gitt med svar eller svarantydninger. Andre oppgaver, som passer til bokens emneornfang, kan finnes i: Oppgavesamling i Mekanikk, del I Statikk og del II Fasthetslære. Tapir. Trondheim. Terminologien og notasjonen i boken er ment å følge Norsk Standard. Jeg har støttet meg til: NS 1020, del 3, Mekanikk, NS 3470-4, Prosjektering av trekon struksjoner, aluminiumskonstruksjoner, betongkonstruksjoner og stålkonstruk sjoner. Jeg har under utarbeidelse av boken hatt stort utbytte av å konsultere lærebøkene Leif N. Persen: Likevektslære. Tapir. Trondheim 1962 Leif N. Persen: Elementær Fasthetslære. Tapir. Trondheim 1970 Kåre Hellån : Mekanikk. Trondheim 1969 samt [5], [6] og [8] fra litteraturoversikten bak i boken. Som støttelitteratur til min bok, anbefaler jeg spesielt [5] og [8]. I denne andre utgaven av Statikk og Fasthetslære er kapitlene 2 til 8 skrevet om og utvidet. Kapittel 21 Statisk ubestemte bjelker og rammer har fått et tillegg om grenselastberegning. De fleste kapitlene er supplert med nye eksempler og opp gaver. Registrerte feil og trykkfeil fra første utgave er rettet opp. Under utarbeidelsen og omarbeidelsen av boken, har jeg mottatt mange gode råd og korreksjoner fra mine kollegaer ved Institutt for mekanikk. Spesielt vil jeg takke førsteamanuensis Trond V. Johansen og laboratorieingeniør Jan A. Skaug for deres hjelp og interesse. Trondheim, august 1981
Fridtjov Irgens
INNHOLD Kap. » » » » »
1. INTRODUKSJON TIL FAGET MEKANIKK...................................... 2. GRUNNBEGREPENE I STATIKKEN............................................. 3. SAMMENLØPENDE KREFTER....................................................... 4. PLANE KRAFTSYSTEMER............................... 5. SAMMENSATTE Pl ANE KONSTRUKSJONER............................ 6. KABLER OG T A l
1 3 21 32 60 77
KREFTER I ROM Ml I .............................................................. 90 TYNGDEPUNKT, MASSI SENTER OG GEOMETRISKE SENTRA 112 BØYEMOMENT OG SKJÆRKRAFT............................................... 126 ARBEIDSMETODEN........................................................................ 138
» » » »
7. 8. 9. 10.
»
11. INTRODUKSJON TIL FASTHETSLÆRE...................................... 145
»
12. SPENNINGSBEGREPET................... . ...................... .................... 159
» »
13. PLAN SPENNINGSTILSTAND ....................................................... 175 14. DIMENSJONERINGSKRITERIER................................................... 187
»
15. TØYNINGSBEGREPENE. TØYNINGER I EN FLATE.................... 196
»
16. ELASTISKE MATERIALER. GENERALISERT HOOKE’s LOV ..215
»
17. SPENNINGER I BJELKER.................................................................. 227
» »
18. DEFORMASJON AV BJELKER........................................... 260 19. ELEMENTÆRBJELKEMETODEN ....................................................275
» »
20. TORSJON AV SIRKULÆR—SYLINDRISK STAV.......................... 284
21. STATISK UBESTEMTE BJELKER OG RAMMER............................ 294
» 22. ENHETSLASTMETODEN.................................................................. 315 » 23. BJELKER MED USYMMETRISK TVERRSNITT............................ 336 » 24. TRYKKBELASTETE BJELKER. KNEKNING...................................353 » 25. TORSJON AV STAVER MED VILKÅRLIG TVERRSNITT......... 362 APPENDIKS: AREALTREGHETSMOMENTER. TABELLER........................ 373 REFERANSER OG STØTTELITTERATUR...................................................... 380 SYMBOLREGISTER............................................................................................ 381 SAKSREGISTER.................................................................................................. 383
1 KAPITTEL 1
INTRODUKSJON TIL FAGET MEKANIKK Mekanikk er den del av fysikk som omhandler materielle lege mer i bevegelse og i likevekt.
Et grunnkurs i mekanikk deles
tradisjonelt inn i fire hoveddisipliner: Statikk, Dynamikk,
Fasthetslære og Fluidmekanikk. Statikk behandler kraftsystemer og betingelsene for at disse holder legemer i likevekt.
Betingelsene, som kalles likevekts-
likninger, gjør det mulig å bestemme ukjente indre og ytre krefter
på konstruksjoner utsatt for belastning.
Statikk kalles også
likevekts Z-tsre. Dynamikk tar for seg bevegelseslovene og gir metoder til å
bestemme et legemes bevegelse når kreftene på legemet er kjente, eller kreftene på et legeme når bevegelsen er kjent. gjerne inn i: Kinematikk.
Faget deles
som er bevegelsesgeometri med hastig
het og akselerasjon som viktigste grunnbegreper, og Kinetikk, som behandler samvirke mellom krefter og den bevegelsen kreftene for årsaker.
Dynamikkens lover og læresetninger hjelper oss til å for
stå virkningen av kompliserte maskiner og andre bevegelige kons
truksjoner, og gir metoder til analyse og beregning av slike sys temer. Ofte er fagbetegnelsene statikk og dynamikk knyttet til stive legemers mekanikk.
Et stivt legeme er karakterisert ved at
avstandene mellom punkter i legemet ikke endres. legemer er deformerbare.
Alle virkelige
Det stive legemet er derfor en modell
vi bruker når et legeme eller konstruksjonsdel deformeres så lite at det ikke influerer vesentlig på. geometrien og virkemåten for
kreftene som angriper legemet.
Statikk kan oppfattes som en spesialgren av
dynamikken idet
statikkens teoremer og formelapparat fremkommer fra dynamikken når
alle akselerasjoner settes lik null. ikke pedagogisk heldig.
Men denne forestillingen er
Dynamikken benytter nemlig mer avansert
matematikk enn statikken og langt flere spesielle begreper. torisk ble statikk utviklet før dynamikk.
His
2
Fasthetslære omfatter kunnskaper om hvorledes faststoff opp
fører seg når det utsettes for krefter og deformasjoner, og gir metoder til beregning av indre kraftpåkjenninger og deformasjoner
i konstruksjonselementer.
De vanligste konstruksjonselementene
er staver, aksler, tau, bjelker, søyler, rør, beholdere og plater. Alle disse, bortsett fra plater, blir behandlet i denne boken.
I en rekke spesialfelter innen fasthetslære er oppmerksomheten
rettet mot spesielle materialegenskaper, fenomener eller konstruk
sjonselementer.
Som eksempler på slike spesialiteter kan nevnes:
Elastisitetsteori3 Viskoelastisitetsteori3 Plastisitetsteori3 Bruddmekanikk3 Stabilitetsteori3 Plateteori og Skallteori.
Fluidmekanikk omhandler væsker og gasser i ro eller i be vegelse.
Fellesbetegnelsen fluid, for flytende og gassformige
medier, er innført for å markere at makro-mekanisk sett oppfører væsker og gasser seg temmelig likt.
Faget fluidmekanikk gir videre
metoder til beregning av væskers og gassers mekaniske virkning på
faste grenseflater og faste legemer.
Hydromekanikk3 Hydraulikk:
strømning i rør og kanaler, Aerodynamikk og Gassdynamikk er spesial
felter av fluidmekanikken. I fysikken behandles stoff i tre faser: fast, flytende og gass-
formig.
Forestillingen er at stoff er bygget opp av elementær
partikler, som danner atomer, som så igjen kan være byggesteiner
i molekyler.
Deres bevegelighet i forhold til hverandre avgjør om
et stoff oppfattes som fast, flytende eller gassformig.
Den del
av mekanikken som omhandler stoff i alle faser kalles Kontinuumsmekanikk.
Dette faget betrakter stoff slik vi umiddelbart opp
fatter det: som kontinuerlig fordelt i det rommet stoffet opptar. Kontinuumsmekanikkens grunnlag er felles for faststoffer (solider)
og fluider.
Dette faget danner derfor en teoretisk overbygning
for fasthetslæren og fluidmekanikken. Grunnkurs i mekanikk har naturlig nok en sentral plass som
tekniske allmennfag fordi de danner basis for de fleste tekniske spesialfag.
Av flere grunner er det hensiktsmessig at det første
kurset i teknisk mekanikk består av statikk og fasthetslære.
Blant annet blir det da mulig tidlig i kurset å løse viktige praktiske problemer ved å anvende mekanisk teori og enkel mate
matikk.
3
KAPITTEL 2
GRUNNBEGREPENE I STATIKKEN Mekanikkens grunnbegreper er forskyvning, tid, hastighet, akselerasjon, masse, kraft og moment.
Av disse skal vi i denne
boken først og fremst benytte begrepene kraft og moment.
Et
legeme må påvirkes av krefter for at det skal akselereres.
Vi
regner med to typer av krefter: kontaktkrefter og massekrefter. Kontaktkrefter virker på legemets overflate, og må virke
fordelt over et visst areal.
Fig. 1 viser en vogn som settes
i akselerert bevegelse ved hjelp av en kraft F. føres til vognen via en trekkstang. med en bolt.
Kraften over
Stangen er festet til vognen
Kraften angriper vognen som en fordelt kraft over
en kontaktflate i boltehullet, og F representerer resultanten av
denne fordelte kraften. Fig. 2 viser et annet eksempel på kontaktkrefter.
Et stempel
i en sylinder er påvirket av trykket p mot stempelflaten, som har areal A, og av kraften F fra stempelstangen.
Trykket p angir
kraft per flateenhet slik at totalkraften mot stempelflaten er p«A.
Massekrefter er fjernvirkning fra omgivelsene på et legeme og angies som kraft per masseenhet av det legeme som påvirkes.
Gravitasjonskrefter, elektrostatisk og magnetisk påvirkning er eksempler på massekrefter.
Den mest typiske massekraften er
tyngdekraften g i det parallelle og konstante tyngdefeltet. met på fig. 3 har masse m og får en tyngde G =mg. den resulterende påvirkning av tyngdekraften.
Lege
G representerer
4
Størrelsen eller målet for en kraft kan defineres ut fra den akselerasjon kraften gir et legeme.
Fig. 4 viser et legeme med
masse m som kan bevege seg på et glatt friksjonsfritt horisontalt
underlag.
Kraften F gir legemet en akselerasjon a og vi definerer F - ma
(1)
Fig. 4
Fig. 3
Begrepet masse skal uttrykke et legemes stoffmengde og opp
fylle følgende krav: Massen til et legeme er en uforanderlig stør relse og er lik summen av massene til legemets deler.
Massen til
et legeme er proporsjonal med tyngden og kan derfor måles på en
balansevekt eller med en fjærvekt. Grunnenheten for masse er kilogram (kg): et kilogram er massen av den internasjonale kilogramprototypen som oppbevares i Bureau
International des Poids et Mesures vekt og mål)
(Det internasjonale byrå for
i Sévres ved Paris.
Akselerasjon uttrykker endring av hastighet per tidsenhet. Hastighet er endring av posisjon per tidsenhet, altså forskyvning per tidsenhet og har enheten meter per sekund (m/s eller ms-1).
Enheten for akselerasjon er derfor meter per sekund per sekund
(m/s/s eller ms-2). Grunnenheten en meter (m) er en lengde lik 1650763,73 bølge
lengder i tomt rom av den utstråling fra kryptonatomet 86Kr som
svarer til overgangen mellom nivåene 2p10
og 5d5.
Grunnenheten et
sekund (s) er 9192631770 perioder av den utstråling som motsvarer
overganger mellom de to hyperfin-nivåer i grunntilstanden for cesiumatomet 133Cs.
5
KAP.2 GRUNNBEGREPENE I STATIKKEN
Enheten for kraft kalles newton
og betegnes med N.
(etter Isaac Newton 1642-1727)
Ifølge (1) er newton en avledet enhet: en
newton er den kraft som gir en masse på et kilogram en akselera sjon lik en meter per sekund per sekund 1N = 1kg ms *
2
(2)
Akselerasjonen til fritt fallende legemer nær jordoverflaten
varierer som kjent noe med breddegraden, men kan tilnærmet settes konstant og lik g - 9,81 ms“2.
Ifølge (1) betyr dette at tyngde
kraften per masseenhet er g = 9,81 N/kg
(3)
Bokstaven g brukes altså som symbol både for tyngdens akselerasjon 9,81ms_2og for tyngdekraft per masseenhet 9,81N/kg.
Vi ser at en newton er en liten kraft: tyngden av et kilo gram er ca 10N. Store krefter blir derfor angitt i kilonewton
(kN = 103N), meganewton (MN - 106N) eller giganewton (GN = 109N). Den akselererende virkning av en kraft på et stivt legeme
er avhengig av kraftens retning og angrepslinje i tillegg til
kraftens mål.
At det er angrepslinjen og ikke angrepspunktet til
en kraft som er det avgjørende, er illustrert i fig. 5.
Vognen får samme akselerasjon om den trekkes eller dyttes med kraf ten F.
Fig. 6 skal illustrere at krefter med samme mål og retning',
men forskjellige angrepslinjer, har ulik virkning på et stivt le geme.
Kraften F som angriper kanten av hjulet, vil sette igang en
rotasjon om hjulaksen A.
En kraft med samme mål og retning, men som
6
angriper langs en linje som går gjennom hjulaksen, setter ikke i gang bevegelse av hjulet.
De egenskaper ved krefter som er diskutert ovenfor, vil nå bli generalisert i
Postulat 1.
En kraft som angriper et stivt legeme, har 3 karakter
istiske kjennetegn
1. mål 2. retning 3. angrepslinje (eller et punkt på denne)
Krefter med samme mål, retning og angrepslinje kalles ekvivalente krefter.
Ekvivalente krefter har samme akselerende virkning på et
stivt legeme.
I postulatet unnlater vi å spesifisere hva slags form for akselerasjon legemet får.
Erfaring eller eksperimentering tilsier
at generelt vil et legeme,som opprinnelig er i ro,og som så på
virkes av en kraft, få en bevegelse som også inneholder rotasjon. Men beskrivelse av bevegelse faller utenfor rammen av denne boken,
og vi nøyer oss derfor med det noe upresise uttrykket "akselerende
virkning".
Vi skal nå se på samvirke mellom krefter.
Fig. 7 viser en
vogn angrepet av to krefter med sammenfallende angrepslinjer.
høyre virker Fx - 5kN og mot venstre F2 - 2kN.
Mot
Vi finner da at
vognen akselererer mot høyre, som om den var påvirket av en kraft
R = Fj - F2 = 3kN mot høyre.
R kalles resultanten av Fx og F2.
For det tilfellet at de to kreftene Fx og F2 er like store, for
eksempel lik 3kN, blir R lik null/og vognen akselereres ikke.
7
KAP.2 GRUNNBEGREPENE I STATIKKEN
Vi sier da at den er i likevekt under påvirkning av det kraft
systemet som består avF19 F2, tyngden mg og reaksjonstrykkene fra underlaget mot hjulene, se fig. 8.
Fig. 9 viser en kanal hvor vannet strømmer mot venstre.
En
pram trekkes mot strømmen av to menn Xx og X2, en på hver kanalbredd.
Virkningen av deres felles anstrengelser blir at prammen
går med konstant hastighet rett fram i kanalen, altså som om pram men ble trukket med en enkeltkraft R i fartsretningen.
R er da
resultanten av kreftene Fx og F2 som de to mennene produserer. Det viser seg at der er en geometrisk sammenheng mellom R, Fx og F2 se fig. 9b. Kreftene Fx og F2 tegnes som piler fra det felles an grepspunktet A og med lengder proporsjonale med kreftenes mål
eksempel 1 cm = 1kN). parallellogram.
(for
Med Fx og F2 som to sider konstrueres et
Diagonalpilen fra A angir da resultanten R med
mål, retning og angrepslinje.
Vi sier at kraften R fremkommer som
den geometriske sum av de to kreftene Fx og F2. Noe generelt bevis for denne måten å bestemme resultanten på fins ikke, men alle tilsvarende eksempler viser at den stemmer. Derfor vil vi formulere følgende postulat.
Postulat 2.
"Parallellogramloven".
2 krefter med skjærende an
grepslinjer og som samtidig angriper et stivt legeme, har samme
akselererende virkning som den kraft, resultanten, som fremkommer ved den geometriske sum av de 2 kreftene, komponentene.
Resultan-
tens angrepslinje har felles skjæringspunkt med komponentenes an
grepslinjer og ligger i planet gjennom disse.
8
Fig.10 viser konstruksjonen av resultanten R av 2 krefter
Fx og F2 som angriper et stivt legeme i punktene Ax og A2 . Kreftene forskyves langs an
grepslinjene til skjæring i punkt A.
I skjæringspunktet av
settes kreftene med piler hvis
lengde angir kreftenes mål. Kraftparallellogrammet konstru
eres, og diagonalpilen fra kref
tenes skjæringspunkt angir res ultanten med mål, retning og an
Fig. 10
grepslinje. Postulatene 1 og 2 sammen viser at krefter er vektorer, det
vil si størrelser som er gitt ved mål og retning,og som følger
parallellogramloven ved addisjon.
Vektorer vil i denne boken bli
symbolisert ved tykke bokstaver når vi vil markere at størrelsene
representerer både mål og retninger.
Innholdet i postulat 2 er da:
Resultanten R av to krefter Fx og F2 er den geometriske summen av kreftene.
Algebraisk noteres dette slik
(4)
R = Fx + F2
Alternativt kan vi si at R er vektorsummen av Fx og F2.
Fordi
krefter er bundet til bestemte angrepslinjer, kalles de linjevektorer.
Parallellogramloven benyttes også til å dekomponere en kraft F i to komponenter i vilkårlig valgte retninger gjennom et punkt på angrepslinjen til F.
Situasjonen på fig. 9 kan fremstilles slik:
Kraften R som er nødvendig for å bevege prammen med en bestemt has
tighet mot strømmen, er kjent. gitt.
Retningene på trekkreftene er også
Parallellogramloven gir da målene til de to trekkreftene,
det vil si Fx og F2. Sammensetning (komponering) av 2 krefter med skjærende angreps
linjer til en resultant og dekomponering av en kraft i 2 komponen ter kan alternativt utføres slik fig. 11 viser.
Fra skjærings-
KAP.2 GRUNNBEGREPENE I STATIKKEN
9
punktet A for de 2 kreftenes an grepslinjer avsettes først Fx.
Fra
pilspissen til Fx avsettes F2 .
Re
sultanten R er gitt av vektoren fra
A til pilspissen til F2.
Figuren
som dannes av Fu F2 og R, kalles kraft trekant en.
Fig. 11
FT og F2 danner to
sider i trekanten, og R lukker tre
kanten . Symbolet F for kraften F lar vi representere
Alternativt benyttes
kraftens mål.
målbetegnelsen (5)
Ofte vil det på figurer være mest hensiktsmessig å angi krefter med piler og målsymbol og da uten at pillengden betyr noe.
Dette
er gjennomført på alle figurer hittil unntatt fig. 9b, 10 og 11
hvor pillengdene er proporsjonale med kreftenes mål.
Fig. 12
Krefter med felles angrepslinje kalles ko1 lineære.
Resultan
ten R av 2 kollineære krefter FT og F2 har samme angrepslinje som komponentene, samme retning som den største komponenten og mål lik
summen eller differensen av komponentenes mål, se fig. 12.
Kraft-
trekantens sider ligger på en rett linje i dette tilfellet. For 2 kollineære krefter Fx og F2 som er motsatt rettete
og
har samme mål, Fj - F2, forsvinner resultanten, og vi setter R = Fx + F2 = 0
og
F2 = -Fj
(6)
10
0 står for nuttvektoren og betegnes også bare med en vanlig 0.
-Fx er altså betegnelsen på en vektor med samme mål som Fx, men
som er en motsatt rettet. Resultanten av 2 ekvivalente krefter
(7)
F, = F2
er en kraft med samme retning og angrepslinje som komponentene og med mål lik 2FX - 2F2.
Det er rimelig å sette Fx = F2 = F
og
R = 2F, hvor 2F er en kraft med samme retning og angrepslinje som F og med mål lik 2F.
I vektoralgebraen innføres følgende generelle definisjon:
Produktet av en vektor a med en skalar a er en vektor med mål ota
og med samme retning som eller motsatt retning av a ettersom a er
positiv eller negativ. Vi benytter denne definisjonen til å uttrykke en kraft F ved mal
og retning slik
F = Fe
(8)
hvor e er en dimensjonsløs enhetsvektor, det vil si en vektor med mål 1, som peker i samme retning som F.
Resultanten R av 2 parallelle krefter Fx og F2 rettet samme vei, kan bestemmes slik fig. 13a viser.
I planet gjennom kreftene dekom
poneres hver av kreftene slik at
komponentene F" og F" blir kolline-
ære, like store og motsatt rettete: F" = -F2.
Disse 2 komponentene vil
da oppheve hverandres virkning.
Tilbake står virkningen av komponen
tene F{ og F2, og resultanten R av disse er derfor den søkte resultan
Fig. 13
ten av kreftene Fx og F2.
KAP.2 GRUNNBEGREPENE I STATIKKEN
11
Fig. 13b viser hvorledes kraf ttrekanten F2 F J R er sammensatt av krafttrekantene
F2F2F2 °9
Fra figuren utleder vi at resultan-
tens mål blir lik summen av komponentenes mål R = Fj + F2
(9)
Dersom 2 parallelle krefter Fx og F2er rettet motsatt vei, kan resultanten konstrueres slik fig. 14a viser. som i fig. 13a.
Metoden er den samme
Fig. 14b viser at resultantens mål blir lik dif
ferensen av komponentenes mål R = F2 - Fx
(10)
Også for resultanten R av 2 parallelle krefter Fx og F2 setter vi R = Fx + F2
(11)
En forutsetning for at konstruksjonen i fig. 14a skal lykkes,
er at Fj | F2.
Har de to kreftene samme mål Fx = F2 = F, rykker
nemlig skjæringspunktet A uendelig langt ut.
Et kraftsystem av to
parallelle motsatt rettete krefter med samme mål, se fig. 15, kal les et kraftpar og lar seg ikke redusere til et enklere system. Kraftparet har en dreiende virkning på det legemet det angriper.
12
Et kraftpar har 3 karakteristiske
kgennetegn
1. mål definert ved kraftparets dreiemoment T = Fa
(12)
hvor F er kreftenes mål og a er
normalavstanden mellom kreftenes
angrepslinjer, se fig. 15.
2. drei eretning: den retning kraftparet forsøker å dreie legemet. På fig. 15 er dreieretningen med
urviseren.
3. norma len til kreftenes plan. Kraftpar med samme karakteristiske kjennetegn har samme akselerer
ende rotasjonsvirkning på det legemet kraftparene angriper, og kal les ekvivalente kraftpar.
Dette betyr i realiteten at virkningen
av et kraftpar ikke endres om kreftene flyttes og dreies i sitt plan, erstattes av andre krefter som gir samme dreiemoment, eller flyttes til parallelle plan.
Disse egenskapene ved kraftpar er il
lustrert i fig. 16: alle de viste kraftparene har samme effekt.
Dreiemomentet er T = Fa i alle tilfellene.
Fig. 16
KAP.2 GRUNNBEGREPENE I STATIKKEN
13
De ovenforstående utsagn om kraftpar er ikke satt opp som et eget postulat, fordi de kan bevises ut fra postulatene
1 og 2.
Bevisene vil bli presentert i kapitlene 4 og 7.
Hittil har vi diskutert virkningen av en enkeltkraft og av For et større system av kref
spesielle tilfeller av to krefter.
ter som angriper et stivt legeme, defineres resultanten som det enkleste kraftsystem som kan erstatte det opprinnelige system uten
at den akselererende virkning på legemet endres.
Vi skal se i
kapittel 8 at for kraftsystemer som har en resultant, er resultan
ten alltid enten er en kraft, et kraftpar eller en kraft og et kraftpar. 2 kraftsystemer med samme resultant kalles ekvivalente kraft
systemer.
Et kraftsystem uten resultant, altså hverken en kraft
eller et kraftpar, kalles en likevektsgruppe.
Det følger umiddel
bart at virkningen av et kraftsystem ikke endres ved addisjon eller
subtraksjon av likevektsgrupper.
Dette forhold har vi allerede be
nyttet under konstruksjonen av resultanten i fig. 13 og 14. F" og F"
representerer der en likevektsgruppe.
Dersom systemet av krefter som angriper et stivt legeme, er en likevektsgruppe, er legemet i likevekt.
ikke legemets bevegelsestilstand:
Kraftsystemet endrer
Er legemet i ro, vil det fort
sette å være det under påvirkning av likevektsgruppen.
Vi bruker
også å kalle en likevektsgruppe et system av krefter i likevekt.
For likevektsgrupper av 2 og 3 krefter har vi spesielle reg ler som er praktiske i anvendelser:
2 krefter er en likevektsgruppe hvis og bare hvis kreftene har
samme mål og angrepslinje, men er motsatt rettete. 3 krefter er en likevektsgruppe bare hvis kreftene ligger
i et plan og angrepslinjene skjærer hverandre i ett og samme punkt. Dersom 2 av kreftene er parallelle, er alle 3 parallelle.
Reglene er teoremer som følger av det grunnlaget som hittil er presentert.
Vi skal imidlertid på dette stadium i presentasjonen,
av praktiske grunner, nøye oss med å bevise teoremene under forut setningen av at kreftene ligger i et plan.
blir gitt i kapittel 7.
De generelle bevisene
14
Legemet i fig. 17 er påvirket av 2 krefter.
Antar vi at kref
tene ligger i samme plan, kan resultanten R konstrueres. Beting elsen for at R er null, er at vinkelen a mellom kreftene er 180° og
at Fx = F2.
Det beviser det første teoremet for 2 krefter i et
plan. Legemet i fig. 18 er påvirket av 3 krefter i et plan.
I
skjæringspunktet A mellom angrepslinjene til 2 av kreftene, Fx og
F2, konstrueres resultanten R12 av disse 2 kreftene. ter Fj og F2.
og F3.
R12
erstat
Legemet er nå påvirket av 2 krefter i et plan, R12
Det første teoremet sier da at også F3 må ha angrepslinje
gjennom A.
Dersom Fx og F2 var parallelle, kan R12
slik det er demonstrert i fig. 13.
at F3 er parallell med RX2
konstrueres
Det første teoremet viser så
som er parallell med Fx og F2.
Det
andre teoremet er dermed bevist for det tilfellet at de 3 kreftene ligger i et plan.
a)
------------
|g G
Fig. 19
KAP.2 GRUNNBEGREPENE I STATIKKEN
15
Krefter opptrer alltid parvis som gjensidig påvirkning mellom
2
legemer.
Fig. 19a viser en blokk med tyngde G som
ligger på et horisontalt underlag. virker motkraften G oppover.
På underlaget (jordkloden)
Blokken er i ro og må derfor to
talt være påvirket av en likevektsgruppe .
den
Denne består av tyng
G nedover og normaltrykket N oppover fra kontaktflaten
mellom blokk og underlag.
På underlaget virker N nedover.
For
å få frem det totale kraftbildet på blokken, har vi i fig. 19b
isolert denne.
Symbolene G og N representerer altså hver to
krefter.
Fig. 20a viser en konstruksjon som er festet til en vegg. Konstruksjonen er påvirket av et kraftpar med dreiemoment T = Fa
med urviseren.
Fig. 20b viser konstruksjonen isolert fra veggen.
For at konstruksjonen skal være i likevekt, må forbindelsen til veg
gen overføre krefter som opphever den ytre virkning av kraftparet
Fa.
Det vil si at forbindelseskreftene må ha som resultant et
kraftpar med dreiemoment
lik T, men med dreieretning mot ur
På veggen virker et kraftpar med dreiemoment Tv = T med
viseren.
urviseren.
Symbolet
representerer 2 kraftpar på fig. 20b: ett
som virker på konstruksjonen og ett som virker på veggen.
At kraft er lik motkraft, kalles tradisjonelt for Newton's 3. lov.
I denne boken vil vi generalisere utsagnet i følgende
postulat. Postulat 3. Den gjensidige mekaniske virkning av
2
legemer på
hverandre er representert ved like store og motsatt rettete kref ter med felles angrepslinje og/eller like store kraftpar, med
samme moment og plannormal, men med motsatte dreieretninger.
16
De 3 postulatene som er presentert ovenfor, danner et til strekkelig grunnlag for å finne resultanten av kraftsystemer og
til å sette opp betingelser for likevekt av stive legemer. Det generelle momentbegrepet moment av en kraft om et punkt
er viktig ved algebraisk formulering av mekanikkens lover.
Fig. 21 viser et legeme angrepet av en kraft F. Normalavstanden a fra kraftens angreps linje til et fritt valgt punkt
P i eller utenfor legemet
kalles kraftens arm med hen syn til P.
Momentet av en kraft F om et punkt P er definert ved
1. produktet M& av kraftens måt F og kraftens arm a med hensyn til P
(13)
M = Fa P 2. dreieretning om punktet: den retning kraften forsøker å dreie legemet den angriper^ dersom legemet kunne dreie om en akse gjennom P og normalt til planet gjennom F og P.
oppfatter fig.
Om vi
21 slik at F og P ligger i figurplanet3 blir
dreieretningen mot urviseren. 3. normalen til planet gjennom F og P.
I kapittel 8 skal vi presentere en presis matematisk defini sjon av momentbegrepet. For krefter i et plan er det hensiktsmessig å definere en
positiv dreieretning og så regne kreftenes momenter om et punkt med fortegn.
Om vi for eksempel velger dreieretningen med ur
viseren som positiv for de 2 kreftene Fx og F2 i fig. 22, så har Fx et positivt moment om P, mens F2 har et negativt moment om P.
Vi setter M1 = Fia!
•
M2 = -Da2
KAP.2 GRUNNBEGREPENE I STATIKKEN
17
■Momentene er altså gitt ved et mål og et fortegn som spesifiserer
dreieretningen.
Alternativt kan
momentene noteres slik Mx =
,
M2 = F2a2r>
Momentteoremet, som vil bli
behandlet i kapittel 4 og kapittel
8, setter opp en forbindelse mel Fig. 22
lom kreftenes momenter om et punkt
og resultantens moment om det samme punktet. Varlgno^s teorem .) *
Momentteoremet bygger på
Momentet av resultanten av 2 krefter 1 et
plan om et punkt 1 planet er Ilk den algebraiske sum av kreftenes momenter om det samme punktet.
a)
b)
Fig. 23 Bevis: Fig. 23 viser 2 ulike situasjoner.
momentpunkt.
P er et vilkårlig valgt
Lar vi dreieretningen med urviseren være positiv, har
kreftene Fx og F2 og resultanten R i fig. 23a alle positive momenter
omP.
i fig. 23b er momentene av F2 og R positive, mens Fx gir et
negativt moment om P. cosa - -r ,
Fra fig. 23a avleder vi cosa, d x
*) Pierre Varignon (1654-1722)
COSC12
a2 d
18
AC = AB + BC => Rcosa = F1cosa1 + F2cosa2
Herav finner vi
R«a = Fx•a1 + F2 «a2
På tilsvarende måte finner vi fra situasjonen i fig. 23b at Ra = F1a1 - F2a2 Dermed er Varignon's teorem bevist for ikke-parallelle krefter.
Eksempel 1. Moment av en kraft om et punkt. Vi skal bestemme momentet av kraften F om et punkt P.
I planet
gjennom kraften og punktet har vi introdusert et kartesisk koordi
natsystem Oxy.
Koordinatene til
momentpunktet P og kraftens an
grepspunkt A er gitt i meter på figuren.
Kraften dekomponeres i en kraft F
parallell med x-aksen og
en kraft Fy parallell med y- ret
ningen
F
U
= ^F = 8kN , x o
3
F„ = -JF = 6kN y o
Momentarmene til F^ og F^ er henholdsvis: Ax = 5m, Ay = 3m.
velger dreieretningen med urviseren som positiv, rem gir da for momentet
M M
Vi
Varignon's teo-
av kraften F om punktet. P
p
= F •Ay + F -Ax = 8 3 * x y y
P
= 54kNm ~ ——
+ 6-5 = 54
Avstanden a fra momentpunktet P til kraften F, det vil si moment
armen til F, kan bestemmes slik
a = M /F = 54/10 = 5,4m P —----
KAP.2 GRUNNBEGREPENE I STATIKKEN
19
Varignon's teorem gjelder også dersom de 2 kreftene er paral
Vi kan bruke arrangementet i fig. 13 og 14 til å vise
lelle.
det. Summen av momentene til Fx og F2 om et vilkårlig punkt i figurplanet er lik summen av momentene til komponentene F’, F", F2
og F”.
Men momentene av de like store kreftene F" og F" opphever
hverandre, og summen av momentene til FJ og F? er lik momentet til resultanten R av FjOg F2.
Dersom de 2 kreftene danner et
kraftpar, se fig. 25 , blir summen av momentene om et vilkårlig punkt P
F«(a+b) - F b * som er kraftparets dreiemoment.
= Fa
Resultatet viser at
Ven algebraiske sum av momentene til kreftene i et kraftpar om et punkt i kraftparets plan er uavhengig av momentpunktet og lik kraft parets dreiemoment. Når vi opererer med krefter i et plan, kan det være hensikts
messig å angi et kraftpar ved moment og dreieretning.
pel kan kraftpilene i fig. Eksempel 2.
For eksem
25 erstattes med symbolet Fa^.
Resultanten av 2 parallelle krefter. Resultanten R av de 2 kreftene Fx
og F2 i fig. 26
skal bestemmes.
Med punkt P som momentpunkt og som positiv dreieretning, gir Varignon's teorem
a * R
= Fj'0 + F2»a2 = 1•0 + 3 1 *
= 3kNm
Dessuten er
R=Fl+F2-1+3= 4kN => a =
R •a
3
= 0,7 5
AltsåK R =q. UkNl
med a = 0,7 5
----------------------------------
20
Regnenøyaktighet. Før vi går videre, skal vi nå kort diskutere regnenøyaktig
het.
Det er sjelden at de data som inngår i ingeniørproblemer,
for eksempel belastninger, materialstyrke og geometriske mål, er gitt med større nøyaktighet enn 1%. nytter gi approksimative resultater.
Videre vil teoriene vi be Teoriene er satt opp un
der forutsetning av visse ideelle forhold og for spesielle mate-
rialmodeller.
I noen tilfeller introduserer selve den numeriske
Det er derfor ikke rimelig
metode vi benytter,unøyaktigheter.
til vanlig å regne med større nøyaktigheter enn 1%.
I mange
tilfeller er 10% nøyaktighet mer på sin plass.
I denne boken benyttes den generelle regel at tallsvar som
begynner med 1, noteres med 3
signifikante sifre mens alle
andre tallsvar føres opp med bare 2.
Tallet 20 representerer
tallene fra 19,5 til 20,5 og impliserer derfor en nøyaktighet på 0,5/20 = 2,5%.
Tallet 199, som står for tall mellom 198,5 og
199,5,er gitt med 0,5/199 æ 0,25% nøyaktighet.
20 og 199 rep
resenterer ytterlighetene etter den foreslåtte regelen.
Eksem
pler
1928,4 noteres som 1930.
874,23 noteres som 870
Oppgave 1.
Kraften som er nødvendig for å bevege prammen i fig. 9 med en be stemt hastighet, er R = 600N. Tauene fra Xx og X2 danner henholds vis 30° og 20° med prammens fartsretning. Bestem kreftene Fx og F2 ved konstruksjon.
Svar: 270N, 390N.
Massen m skal bestemmes ved hjelp av
en stangvekt.
Vektstangen er i hori
sontal likevekt uten m når £ = 5cm. Kraften i snoren AB er da 18N.
Med m
er vektstangen i horisontal likevekt når l - 35cm.
Beregn m og kraften S i
snoren.
Fig. 27
Svar: m - 4,8kg, S - 65N
21
KAPITTEL 3
SAMMENLØPENDE KREFTER Krefter med angrepslinjer som har felles skjæringspunkt, kalles sammen løpende krefter.
Resultanten går gjennom det fel
les angrepspunktet og kan bestemmes ved suksessiv anvendelse av
Vi skal først vise dette for plane kraft
parallellogramloven.
systemer: krefter med angrepslinjer i ett og samme plan.
Plane kraftsystemer
Fig.l
Fig. la viser et legeme som angripes av 3 krefter med
angrepslinjer som skjærer hverandre i et punkt A.
I fig. lb
er kreftene flyttet til det felles angrepspunktet A.
Resul
tanten R12av Fi og F2 sammen med F3 gir systemresultanten R: R12 =
R
F1
+
F2
= Rlz+ F3 = (F, + F2) + F,
Fig. 1c viser en alternativ konstruksjon av resultanten. uren kalles et kraftpolygon for systemet.
ker polygonet.
Fig
Resultanten R luk
Dersom et system av sammenløpende krefter selv
danner et lukket kraftpolygon, er kraftsystemet en likevekts-
22
gruppe.
Konstruksjon av et kraftpolygon representerer en
geometrisk summasjon.
Polygonet i fig. 1c illustrerer summasjonsrekkefølgen Fi + F2 + F3, men det er lett å vise at rekkefølgen til adden
Generelt vil vi derfor sette
dene er vilkårlig. R = EF
(1)
hvor EF står for den geometriske summen av alle kreftene i
systemet, summert i vilkårlig rekkefølge.
Konstruksjon av resultanten, slik det er vist i fig. 1,
Vi skal nå demonstrere den
kalles for den grafiske metode.
Først velges et kartesisk koordinatsystem
algebraiske metode.
Dimensjonsløse enhetsvektorer
xy i kreftenes plan, se fig. 2.
som peker i retning av positive
koordinatakser, kalles basisvektorer for koordinatsystemet og betegnes med
og e^.
En
vilkårlig vektor a dekomponeres
i komponenter parallell med koor dinataksene slik at
a e + a e x x y y
(2)
a
og a kalles vektorens skalarx ’ y komponenter i xy-systemet, hen
holdsvis x-komponent og y-komponent, og er lik målene til
vektorkomponentene med et for
Fig. 2
tegn som er positivt/negativt dersom vektorkomponenten er På figuren er
rettet med/mot positiv akseretning. begge positive.
tilsvarende måte.
og a^
Alle kreftene i systemet dekomponeres nå på
er negativ, de øvrige komponentene er
F
Fra figuren leser vi av resultatene
positive.
R
x
F
2X
+ F
3X
EF
X
(3)
23
KAP.3 SAMMENLØPENDE KREFTER
R
F'y
Fy
EF
Fy
(4)
y
Symbolene EF^ og EF^ står henholdsvis for summen av alle x-komponentene av kreftene og summen av alle y-komponentene av kref
Resultanten R kan
tene og leses "summen F^" og "summen F
angies ved sine komponenter R
x
og R
y
på følgende to måter
(5)
R = [R x , R y ]
eller ved målet R og vinkelen 0 tanØ = R /R y x
Vi vil bestemme resultanten av
de 4 kreftene vist på fig. 3. Algebraisk løsning;
Først vel
ger vi et aksekors xy og kan så
beregne = EF
R
x
x
= (-^-2 5 ) + * 40+ (t-5 0 ) 5 5 - (y365) = 65
R
y
= EF
y
= -(-f-25) + G50) 5 5 1 2 + (4465) = 85
I o
tanØ = R /R = 85/65 = 1, 31 =>0 = 5 3° y x R = / Rz + Rz = / 65z + 85z = 10 7 x y
=>
R = 107N
Fig. 4 Grafisk løsning er vist på fig. 4. nøyaktighet måles fra figuren.
R og 0 kan med tilstrekkelig
24
Likevekt. Forat et system av sammenløpende krefter med angrepslinjer
i et plan skal være en likevektsgruppe, må følgende Izkevekts-
likninger være oppfyllt 1F = 0
Eksempel 2.
SF
0 ,
SF
y
(7)
= 0
Stavkrefter. Fig. 5 viser 2 staver AC og BC som er festet med bolter til en vegg og til hverandre slik at
de danner en stiv konstruksjon
i figurplanet.
Boltene er frik
sjonsfrie og kan bare overføre krefter gjennom bolteaksene.
Konstruksjonen er belastet som vist med en kraft F i bolten i
C. Fig. 5
Vi skal bestemme kreftene
som virker på de to stavene.
Først skal vi være klar over at det bare er virkningen av
kraften F, nytte lasten3 vi er ute etter å bestemme.
Stavens
egenlast, det vil si egentyngden, tar vi ikke med her.
Vi an
tar at konstruksjonen er symmetrisk med hensyn til figurplanet slik at alle krefter ligger i dette planet.
De 2 stavene isoleres ved at boltene erstattes med de søkte bolte-
kreftene, se fig. 6.
Da hver stav
bare er påvirket av 2 krefter, må
disse være like store, men motsatt rettete og ha samme angrepslinje. Fig. 6 viser også kreftene som vir
ker på bolten i C.
De to ukjente
kreftene T og S er satt på slik de
kan antas å virke:
strekk i BC.
Fig. 6
Trykk i AC og
25
KAP.3 SAMMENLØPENDE KREFTER
Problemet løses ved å kreve likevekt for bolten.
Med hen
syn til de angitte akseretninger finner vi EF EF
x
y
- 0 => T - S cosa = 0 = 0 => S sina - F = 0
Fra fig. 5 finner vi at
cosa = 3/5 ,
sina = 4/5
og dermed blir
S = 5FA ,
T = 3FA
En grafisk løsning er vist i fig. 6.
Kraftpolygonet er kons
truert ut fra kjennskapet til alle kreftenes retninger samt målet av belastningskraften F.
Eksempel 3. En kranbom ABC er festet med en bolt i A og et tau i B. belastet med en vertikalkraft F i C.
Vi skal beregne kreftene som
virker på kranbommen på grunn av denne belastningen.
Fig. 7
Bommen er
26
Fig. 8a viser kranbommen iso lert og påsatt lasten F, taustrekket
S og boltekraften A.
Kreftenes an
grepslinjer må gå gjennom punktet P
som er bestemt av angrepslinjene til
F og S.
Fig. 8b viser den grafiske
løsningen, og vi leser av kreftene
To rør med sirkulære tverrsnitt,
hver med tyngde G, ligger på et
skråplan.
Det øverste røret støt
ter seg mot det nederste, som igjen
hviler mot en vegg normalt til skrå
planet.
Idet friksjonskrefter i
alle kontaktflater neglisjeres,
skal vi beregne kreftene som vir
ker på rørene. Fig. 10a viser de to rørene isolert og påsatt ukjente normal
trykk N15 N2, N3 og
i kontaktflatene.
I fig. 10b er kraftpoly-
gonene tegnet, først det for den øverste sylinderen.
Ni = 4G/5 ,
N2 = 3G/5 ,
N3 = UG/5 ,
Vi leser av
= 6G/5
Kontaktflatene er her idealisert til kontaktlinjer,og kreftene Nx ...Nu er resultanter av li. nj e las ter.
Fig. 10
KAP.3 SAMMENLØPENDE KREFTER
27
Romlige kraftsystemer. Resultanten av et romlig system av sammenløpende krefter kan
vi i prinsippet bestemme ved suksessivt å sette sammen 2 krefter
til en ny kraft etter parallellogramloven inntil vi står igjen med en resultantkraft.
Fig. 11 illustrerer konstruksjon av resultanten
R for et system av
3 krefter F1Z F2 og F3.
Vi ser at
R = R12 + F3 - (Fx + F2) + F3 Fig. 11c viser et kraftpolygon for kreftene og deres resultant. Det er lett å overbevise seg om at summasjonsrekkefølgen er vil
kårlig.
For et generelt tilfelle setter vi
R = EF
(8)
Det er klart at den grafiske metoden i praksis egner seg dår lig til å bestemme resultanten for romlige kraftsystemer.
Den al
gebraiske metoden baserer seg på en dekomponering av alle krefter i komponenter parallelle med aksene i et rettvinklet kartesisk koor
dinatsystem xyz.
Fig.11
Fig. 12 viser dekomposisjon
en av en vilkårlig vektor a.
På
samme måten som i det plane til
fellet, innføres basisvektorer e X , ey og eZ og skalarkomponenter a , a og a . Da blir x’ y z j
a = ae + ae + ae xx y y z z
(9)
28
som alternativt noteres slik
a = [a , a , a ] x’ y’ z
(10)
Fig. 13 viser igjen kraftpolygonet fra fig. 11c.
Vi ser at resul-
tantens skalarkomponent langs en akse er lik summen av kreftenes ska-
Fig.13
larkomponenter langs samme akse.
Generelt gjelder derfor R
x
= EF
x
,
R
y
= EF
y
,
R
z
= EF
(11)
z
Disse likningene bestemmer fullstendig resultanten for et romlig system av sammenløpende krefter.
Eksempel 5. En søyle AB er innspent ved A.
Til B er festet to barduner.
Søylen er belastet med en hori sontal kraft F = [-5,0,0]kN
iB.
Kreftene i bardunene er målt å
være 1OkN i CB og 8kN i DB.
Vi
skal bestemme resultanten av de
3 kreftene som løper sammen i B.
Resultanten R går gjennom kreftenes felles angrepspunkt B.
Forholdene mellom komponentene
til en bardunkraft og bardun-
kraften er lik forholdene mel lom de tilsvarende projeksjoner
av bardunlengden på koordinat aksene og bardunlengden.
På
fig. 14 er koordinatene til punk
tet B, C og D gitt i meter. Derfor blir
KAP.3
29
SAMMENLØPENDE KREFTER
3
U
19
S1 = [i"3’ i^’ "Tf]*10 = [ + 3’1’ + 2’3’ "9’2] 1 BC hi
9
s2 = [73,
19
"W’8 = [ + 2>5> "1>8> -7^1 i BD
Resultantens komponenter blir da R R R =>
x
y
z
= SF
= SF = SF
x
y z
= 3,1 + 2,5 - 5 = 0,6 = 2,3 - 1,8 = 0,5 = -9,2 - 7,4 = -16,6
R = [ + 0,6, + 0,5, - 16,6 ]kN
, R = 16 ,6kN
Et legeme påvirket av et system av sammenløpende krefter i rommet er
i. likevekt under forutsetning av at kreftene tilfreds
stiller følgende likevekts likninger 0
(12)
En stav AD er lagret med kule-
ledd i D og 2
A, se fig. 15a.
tau BA og CA. i
Staven er be
lastet med en kraft K = 1OkN i
A.
Komponentene til K med hen
syn til xyz-systemet på fig. 15
= -2,8kN, K = 0 og y K = -9,6kN. Reaksjonskraften z ’ J R fra kuleleddet og taukreftene er K
x
S i BA og T i CA skal bestemmes,
se fig. 15b. Staven er påvirket av en kraft fra kuleleddet og en res-
ultantkraft av K, S og T gjen nom A. Det betyr at alle krefter
Fig.15
som virker på staven må gå
30
Likevektslikningene (12) kommer derfor til anvendelse
gjennom A. EF
EF EF
3
1
2
- T 4^4 -2,8 = 0 7,5
x
= 0 => S 7,8
y
= o => -s 4^4 - t 4^4 + R 4-4- = 0 7,8 7,5 12
z
9 6 = 0 => R 4^4 - 9,6 = 0 12
7
2
7
7
2
2
Herav finner vi
R = 12 , OkN ,
T = 0,3kN
S = 7 ,5kN ,
Oppgave 1.
Løs oppgave 1 i kapittel 2 algebraisk Oppgave 2.
Tre tau er festet til en krok.
Taukreftene ligger alle i xyBestem kreftenes resul
planet. tant. Svar: R
= 610N, R = 250N, y R = 660N ^1^2 2° x
Oppgave 3. Konstruksjonen på fig. 5 er belastet med en vertikal last F = 1OkN på staven AC, midt mellom A og C. AC er horisontal, og punktene A,
B og C ligger i vertikalplanet. stavkraften S i BC.
Svar: A = S = 6,3kN.
Bestem boltetrykket ved A og
KAP.3 SAMMENLØPENDE KREFTER
31
Oppgave 4. Fig. 7.20 *)
viser en stav AB lagret med kuleledd i A og to barduner
CB og DB.
Koordinatene til punktene A, B, C og D er gitt i meter.
Bestem reaksjonskraften A fra kuleleddet og bardunkreftene Sx i CB
og S2 i DB for en vertikallast 30kN i punkt B. Svar: A =40kN,
Sx = 34kN,
S2 = 18,0kN
Oppgave 5. En ramme ABC,som består av en verti
kal del AB og en horisontal del BC ,
er festet med en bolt ved A,og lag ret med hjul som kan dreie fritt om en bolt ved C. Hjulet hviler mot en plan plate som danner 45° med
horisontalplanet.
Bestem beite
trykket i A og C på grunn av lasten
F = 28kN.
Fig. 17
Svar: A = 21kN,
C = 11 ,9kN
Oppgave 6. Beregn kreftene A og S i eksempel 3 algebraisk (uten å bruke moment-
likning, som vi skal lære om i neste kapittel).
*) Fig. 20 i kapittel 7
32
KAPITTEL 4
PLANE KRAFTSYSTEMER Resultanten av et system av krefter med angrepslinjer i ett og samme plan, kan bestemmes grafisk slik det demonstreres i fig. 1 for et system av 3 krefter.
2 av kreftene, Fx og F2, forskyves
til felles angrepspunkt og erstattes der av delresultanten R12 . F3 og R12
R.
reduseres så på tilsvarende måte til systemets resultant
Resultanten er her en kraft.
Med en annen orientering av kref
tene kunne R12og F3 bli parallelle.
Dersom de da hadde samme ret
ning, eller motsatte retninger, men ulike mål, er resultanten R en kraft, som kan bestemmes grafisk slik det er vist i fig. 2.13 og 2.14.
Dersom R12var lik F3, men motsatt rettet, representerer de
2 kreftene resultanten som et kraftpar.
Resultanten av et plant
kraftsystem er alltid enten en kraft eller et kraftpar.
Den grafiske metode til å bestemme resultanten av et system av krefter i et plan blir upraktisk når systemet har mange krefter.
Vi skal derfor nå utvikle en algebraisk metode, og denne vil prak
tisk talt bli enerådende i den etterfølgende fremstilling.
Før vi tar for oss den algebraiske metoden, skal vi demonst rere en viktig egenskap til kraftpar. (F, -F).
Fig. 2a viser et kraftpar
I et vilkårlig punkt P på angrepslinjen til F adderer vi
KAP.4 PLANE KRAFTSYSTEMER
33
Fig. 2
en likevektsgruppe (K, -K), se fig. 2b.
Kraften K velges helt vil
Resultanten R = F + K forskyves til et angrepspunkt Q felles
kårlig.
med -F, og resultanten av R og -F er som vi ser av figuren lik K.
Kraftparet (F, -F) er dermed erstattet av kraftparet (K, -K) , se fig.
2c.
Med P som momentpunkt gir Varignon's teorem fra kapittel 2
F-a = K«b~ Vi har altså vist at
Virkningen av et kraftpar på et stivt legeme endres ikke om kref
tene, i sitt plan, erstattes med et vilkårlig annet kraftpar med samme
moment og dreieretning.
b)
Fig. 3 Fig. 3 skal vise hvorledes kraftpar i et plan adderes. legeme er angrepet av 2 kraftpar T
Et
= Fa og T2 = F2a, fig. 3a.
I fig. 3b er kraftparene satt sammen til et resulterende kraftpar
TR = (Fx + F2.)a = Tx + T2~
34
Av dette resultatet følger teoremet
Resultanten av et system av kraftpar er et kraftpar med dreiemoment Ilk den algebraiske sum av krafpar enes dreiemomenter.
Eksempel 1. En konstruksjonsdel er påkjent av 2 kraftpar slik fig. 4a viser.
Delen er festet med friksjons fri bolt ved A og hviler mot en
rulle ved B.
Vi skal bestemme
kreftene som virker i boltehullet og fra rullen.
Fig. 4b viser konstruksjons delen isolert og påsatt alle kreftene, både de kjente kref tene og de 2 ukjente kreftene A og B vi skal bestemme.
Resul
tanten av de kjente kreftene er et kraftpar TR = ET = 2,5 + 10-0,1 = 3,5kNm~
Konstruksjonsdelen er i likevekt.
Derfor må kreftene A og B danne
et kraftpar med dreiemoment lik
>. * 3,5kNm
Altså blir
Fig. 4 A = B =
3
5
= 1 7 ,5kN
Fig. 5a skal illustrere et stivt legeme angrepet av et plant system av krefter.
net på figuren.
For enkelhetens skyld er bare 2 krefter innteg
Gjennom et vilkårlig valgt punkt 0 introduserer
vi en likevektsgruppe for hver kraft, se fig. 5b, slik at hver kraft nå er representert av en kraft gjennom 0 og et kraftpar. For eksempel er Fx i AT erstattet av Fxi 0
og kraftparet F}• a1~.
KAP. 4 PLANE KRAFTSYSTEMER
35
Fig. 5
I fig. 5c er kreftene Fx, F2,
... i 0 satt sammen til en resultant
kraf t R, og kraftparene Fx a; , F2a2, er summert algebraisk til et resultantkraftpar med dreiemoment TRq^
'R = EF
TRq =
(1)
F^j- F2a2 + ... = EFa
(2)
Vi ser av (2) at resultantkraftparets moment er lik den algebraiske
summen av «kreftenes momenter om 0 TR = M. + M., + . . . = EM o 1 2 o
(3)
Punktet 0 er helt vilkårlig valgt og kan gjerne velges utenfor det
legemet kreftene i systemet angriper.
Resultantkraftparets
dreie
moment TRq og dreieretning er avhengig av valg av momentpunktet 0. a)
b)
Fig. 6
36
Vi kan la resultantkraften, R = EF, gjennom 0 og resultantkraftparet, TRq - EM, representere resultanten til et kraftsystem
i planet.
Men
såfremt R / 0, kan vi redusere systemet videre til
en resultantkraft R i avstand r fra 0, se fig. 6.
I fig. 6b er
kraftparet representert av kreftene R og -R i avstand r.
r er be
stemt av R-r = TRo = EM o -
(4)
Kraftsystemets moment om 0 er gitt av kraftparet TRq^, fig. 6a, eller alternativt av momentet R r * 6c.
— av resultantkraften R, fig.
Vi velger å kalle TRq^ for kraftsystemets resultantmoment om
0 og kan tolke (3) som Moment te or ernet: Resultantmomentet om et punkt 0 for et kraftsystem
er lik den algebraiske summen av kreftenes momenter om 0. Kraftsystemer med samme resultantkraf! og samme resultantmoment om et punkt 0 er ekvivalente kraftsystemer.
En algebraisk metode til å bestemme resultanten av et kraft
system er følgende, se fig. 7.
Vi velger et momentpunkt 0, posi
tiv dreieretning, for eksempel ~ (med urviseren), og 2 ortogonale
retninger x og y.
(3)
som gir
Resultanten er da bestemt av likningene (1) og
KAP.4 PLANE KRAFTSYSTEMER
R
x
= EF
37
R = /Rz + R2 x y
x f
R
TR
y o
= EF
tanØ = R /R y x
y
(5
(= Rt for R i 0)
= EM o
Ved beregning av momentene av kreftene kan det være hensiktsmessig å summere momentene av x- og y-komponentene.
Resultanten av et generelt plant kraftsystem.
Eksempel 2.
er påvirket av 4 krefter og et kraftpar, se
En kvadratisk skive fig. 8.
Kraftparet er gitt ved dreiemomentet 4,8'kNm^.
bestemme
resultanten av kraftsystemet og angi angrepslinjen i for
hold
Vi skal
til et punkt 0.
Relativt de viste akseretningene blir
R = EF = 1 *|5- 2 ,3 = 6 ,7 , x x 5 ’ ’ R
y
= EF
y
= -8,5 + 15-r - 10 = -6,5 ’ 5
Kraftparets krefter gir like store og motsatt rettete komponenter og er derfor ikke tatt med ved beregningen av R
og R .
_______ n | R | R = A2 + R2 ’ = 9,3kN, tanØ = => 0 = 44° x y ? - • ’ R = x
Altså er
38
Med 0 som momentpunkt og ™ som positiv dreieretning gir momentteoremet: TR
o
= EM
o
=> Rt = 4,8 - 8,5-0,6 - * -,5 (15 1 |) + 10 1,4 *
- 2,3 1,5 *
Q o
- * -,6 (15 0 J)
Ll
o 5
10
= -10,5 =» r = — 1 J2m y o = ~*
At r er negativ, betyr at resultantmomentet har dreieretning mot
urviseren, og angrepslinjen til R må ligge under 0 i fig. 8. Likevekt.
Et stivt legeme som angripes av et plant kraftsystem., er i likevekt hvis kraftsystemet oppfyller følgende 3 EF
x
= 0
, ) >
Itkevektslikninger
for vilkårlig valgte akseretninger
(6)
EFy = 0 EMq = 0
for vilkårlig valgt momentpunkt 0
De to første betingelsene forsikrer at resultanten ikke kan være en kraft,og den siste betingelsen utelukker så at resultanten kan
være et kraftpar. Ekjsempel 3. En kranbom AB er festet med en bolt
i A og et tau i B, se fig.
9.
Bom
men er belastet med en vertikalkraft
G midt på.
Vi skal beregne bolte-
kraften og taukraften på kranbommen på grunn av denne belastningen.
Fig. 10 viser kranbommen iso
lert og påsatt krefter.
Boltekraf-
ten A er representert ved komponen
tene Ax og A .
Med de valgte akse
retninger, A som momentpunkt og
KAP.4 PLANE KRAFTSYSTEMER
39
som positiv dreieretning, blir likevektslikningene for kranbommen
SF SF
X
= 0 => A X
- S cosa = 0
y
= 0 => A y
+ S sina - G = 0
SM. = 0 =*>
Fra fig. 9
(S sina) • 8 - G«4 = 0
finner vi at cosa - 4/5 og sina = 3/5.
De 3 likevekts-
likningene gir så
S = 5G/6 , A -’ x
= 2G/3 ,
y
A
= G/2
A = /A2 + A2' = 0,83G x y =?— De tre likevektslikningene (6) kan erstattes med ett av føl
gende alternative sett av betingelser, se fig. 11,
Her må linjen AB ikke være parallell med y-aksen, linjen AC ikke være parallell med x-aksen,og punktene A, B og C må ikke ligge på en og samme rette linje.
I l.sett krever momentlikningene at en
eventuell resultant må være en kraft med AB som angrepslinje.
Den siste likningen utelukker også
denne muligheten.
Tilsvarende argu
mentasjon gjelder for 2.sett.
I
3.sett gir de to første momentlik
ningene en mulighet for en resultant kraft langs AB, men den siste mom-
entlikningen
forhindrer dette.
40
Setter vi opp flere enn 3 likevektslikninger for et legeme utsatt for et plant kraftsystem, vil vi oppdage at bare tre er
uavhengige.
De øvrige representerer kombinasjoner av disse tre.
Eksempel 4.
Problemet i eksempel 3 kan alternativt løses slik
EM.
= 0 +) =» (S sina) 8 *
- G • *4
= 0 => S = 5G/ 3
EMn = 0C+=>A«8-G«4 = 0=>A = G/2 B K y y ---
EM„ = 0 +) => A -6 - G«4 = 0 => A = 2G/3 D > x x ---Her er likevektslikningene satt opp slik at hver likning bestemmer
en av de 3 ukjente størrelsene.
hindrer feilforplantning .
Det letter regnearbeidet og for
Verdien av A^ beregnet fra den 2.lik
ningen i eksempel 3 blir rett bare dersom S er riktig regnet.
I
det foreliggende problemet er dette forholdet kanskje ikke så vik tig fordi så få krefter går inn i problemet, men det er klart at det generelt er fordelaktig å velge likevektslikningene slik at
færrest mulig ukjente inngår i hver likning. Ved oppsetningen av likevektslikningene ovenfor, er den ukjen
te størrelsen likningen er ment å bestemme, satt opp først, og
dens antatte virkning er valgt som positiv retning.
Det er der
for egentlig ikke nødvendig å angi positiv dreieretning før lik
ningen skrives opp. Legg merke til at den 2. likevektslikningen i eksempel 3 vil fremkomme som en lineær kombinasjon av 1. og 2. likning ovenfor:
EM. - EMn = (A A D y
- S sina)«8 = 0
Antall uavhengige likevektslikninger er bare 3!
Et legeme eller en konstruksjonsdel kan være påvirket av kjente krefter, som regel kalt taster eller be tastntnger3 og ukjen
te krefter, som regel kalt reaksjonskrefter eller kort reaksjoner.
PLANE KRAFTSYSTEMER
KAP. 4
41
Reaksjonene kan for eksempel komme fra lagre eller forbindelser til andre legemer eller konstruksjonsdeler.
Reaksjonskreftenes angreps
punkter og retninger vil til en viss grad være bestemt av lagringseller forbindelsesbetingelsene.
Likevektslærens hovedoppgave er å
bestemme rekasjonskreftene fullstendig. En systematisk analyse og løsning av et likevektsproblem, hvor
oppgaven er å bestemme visse reaksjonskrefter ut fra en gitt be
lastning, kan foregå etter følgende retningslinjer.
Legemet som
angripes av de søkte reaksjonskreftene,isoleres fra omgivelsene
ved å erstatte alle forbindelser med andre legemer med passende re aksjonskrefter.
En skisse av det isolerte legemet påsettes disse
reaksjonene samt alle gitte belastninger. rer de ukjente størrelsene i problemet.
Reaksjonene represente Fig. 10 viser kranbommen
AB isolert og påsatt belastningen G og ukjente reaksjonskrefter A , Ay og S.
Retningene til de ukjente kreftene kan antas vilkårlig.
Likevektslikningene vil korrigere en gal antagelse.
Av flere grun
ner er det likevel ofte hensiktsmessig å bruke beste skjønn ved an settelse av‘retningene til de ukjente reaksjonene.
Forbindelsene mellom en konstruksjonsdel og konstruksjonen
den tilhører, eller omgivelsene^ kan i praksis utformes på mange ulike måter.
Men i de fleste tilfeller vil vi av praktiske grunner
regne med forenklete modeller av forbindelsene.
Fig. 12 viser
standard-typene av forbindelser for plane konstruksjoner: kraft
systemet av laster og reaksjoner kan behandles som et plant kraft system. Et bo lteledd, fig. 12a, overfører en
kraft med angrepslinje gjennom bolteaksen.
Leddkraften representerer 2 ukjente stør
relser: kraftens mål og retning eller alter
nativt kraftens x- og y-komponent.
Fig.
12b viser et fast boltelager.
En stavforbindelse ,.fig. 12c, overfører en kraft med kjent angrepspunkt og angreps
linje.
Stavkraften representerer derfor
bare 1 ukjent størrelse, nemlig kraftens mål, med fortegn for å angi retningen.
Fig. 12a-c
42
Et ruZlelager, fig. 12d, og et gZide-
lager, fig. 12e, overfører en kraft nor
malt til henholdsvis rulleflaten og glide flaten.
Lagerkraften representerer derfor
1 ukjent størrelse.
En fellesbetegnelse
for rullelager og glidelager er f or skyvelig boltelager.
Fig. 12f viser symbolet
for dette lageret.
Fig. 12g viser 2 typer stive forbin delser: en bolteforbindelse og en sveise forbindelse.
De 2 boltekreftene kan er
stattes med komponentene A paret M..
og A og kraftx y Sveisen ved B kan overføre hori-
sontale krefter, representert ved kraften
B , og vertikale strekk- og trykkrefter. X De vertikale kreftene kan representeres av en kraft B^ og et kraftpar Mg.
En stiv
forbindelse mellom 2 konstruksjonsdeler
kan altså overføre 2 kraftkomponenter og 1 kraftpar.
En stiv forbindelse represen
terer derfor 3 ukjente reaksjoner.
Det er
vanlig å kalle en stiv forbindelse for en
fast innspenning. Kraftparet som over føres ved en fast innsoenninq, kalles innspenning smomentet. Fig. 12d - g
er
M^ og Mg i fig. 12g
innspenningsmomenter.
I mange likevektsproblemer er vi nødt til å analysere under
ett, likevekten av flere dellegemer eller konstruksjonselementer som sammen utgjør et større legeme eller en konstruksjon.
Generelt
representerer hvert dellegeme vi isolerer og krever likevekt for, 3 likevektslikninger når vi holder oss til plane kraftsystemer.
Dersom et likevektsproblem kan løses ved hjelp av likevekts-
likningene alene, er problemet statisk bestemt. empel 3 er statisk bestemt.
Problemet i eks
Er antallet disponible likevektslik
ninger mindre enn antallet ukjente i problemet, er problemet sta
tisk ubestemt.
Et statisk ubestemt likevektsproblem kan ofte løses
KAP.4 PLANE KRAFTSYSTEMER
43
ved at likevektslikningene blir supplert med et tilstrekkelig an tall tilleggsbetingelser for deformasjonene som legemet eller om
givelsene utsettes for.
Et overtallig sett med likevektslikninger
i forhold til ukjente, antyder at likevekt ikke er mulig for gene rell belastning.
Eksempel 5.
Problemet kalles da statisk underbestemt.
Statisk bestemt problem. En bjelke AB er fast innspent ved A.
Dette kalles en kragbj eike.
Bjelken
er belastet med en kraft F og en jevnt fordelt last q. intensiteten
q kalles last-
og angir kraft per
lengdeenhet av bjelken.
Den for
delte lasten kan være en kombinasjon av nyttelast og egenlast.
Oppgaven
er å bestemme reaksjonene fra innspenningen. Bjelken isoleres og påset
Analyse.
tes krefter, fig. 13b.
Den jevnt
fordelte lasten kan erstattes av en
midt på bjelken.
kraft q L *
Virk
ningen av innspenningen erstattes av reaksjonene A . *
, A^ og M^.
har da 3 ukjente krefter 3 likevektslikninger
=» statisk bestemt problem
Løsning. ZF EF
x y
= 0 =>
= 0 => A
=> A
y
x
= 0 =
-qL-F = 0=>A = F + qL H y H•
SMri a = 0 => Mria - F-(2L/3) -(qL)«(L/2) _____
=>
ri
= 0
Ma =— 2FL/3 + q L2 /2 ■ --------- ■ *■ ■ 1
Vi
44
Eksempel 6.
Statisk ubestemt problem. En blokk med tyngde G er festet
til to lineært elastiske fjærer og hviler på to rullelagre.
Blok
ken er belastet med en horisontal kraft F som vist.
Oppgaven er å
bestemme lagerreaksjonene ved A og B og fjærkreftene.
Analyse: Blokken isoleres, fig. 14b.
Den er påkjent av 4 ukjente krefter
A, B, C og D.
Til disposisjon står
3 likevektslikninger.
Altså
4 ukjente krefter
3 likevektslikninger
statisk ubestemt problem.
=*
Likevektslæren alene løser ikke
problemet for oss. ler.
En likning mang
Denne kan vi etablere ved å
ta hensyn til deformasjonen av fjær ene.
Kraften i en lineært elastisk fjær er proporsjonal med for
lengelsen av fjæren.
Proporsjonalitetsfaktoren kalles fjærkons-
tanten eller fjær stivheten.
I det foreliggende problem er stiv-
hetene k og 2k, se fig. 14a.
Den følger av geometrien i problemet at de to fjærene får
samme forlengelse.
Derfor blir
C = D k 2k
som gir denne likningen 2C = D
i tillegg til de 3 likevektslikningene
EF x = 0=>C + D- F= 0
KAP. 4 PLANE KRAFTSYSTEMER
45
EMa = 0 => B-2L + D 2L * EF
y
- G-L - F-2L = 0
= 0=>A+B-G = 0
De to første likningene gir C = F/3
,
D = 2F/3
Tredje likning gir B og fjerde likning A B = G/2 + F/3
Eksempel 7.
,
A = G/2 - F/3
Statisk underbestemt problem. En blokk hviler på to rulle-
lagre ved A og B.
Dette til
svarer 2 ukjente lagerreaksjoner. De 3 likevektslikningene gir et
overtallig likningssett som ikke kan tilfredsstilles for en gene rell last.
For lasten F på fig.
*15 vil en momentlikning satt opp med P som momentpunkt,ikke kunne
oppfylles. Fig. 15
Unntakssystemer .
Fig. 16 viser 3 forskjellige tilfeller som har det felles at antall ukjente reaksjoner
riktignok er lik antall likevektslikninger, men hvor legemet ikke kan bære en vilkårlig
belastning.
Dette kalles unntakssysterner .
For at legemet i fig. 16 a skal kunne bære en belastning,må lastresultanten R være en
enkeltkraft med angrepslinje gjennom P, hvor Fig. 16a
lagerreaksjonenes angrepslinjer skjærer
hverandre.
46
Legemet i fig. 16b kan ikke ta horisontal-
belastning.
Fig. 16c viser et tilfelle
hvor betingelsene for likevekt krever at
lastresultanten R har en bestemt angreps linje, nemlig linjen AB.
Et unntakssystem
er statisk ubestemt for de belastninger som kan opptas av systemet. For at et likevektsproblem skal være
bestemt, er det altså ikke nok å kreve at antall ukjente reaksjoner stemmer med an
tall disponible likevektslikninger.
I til
legg må vi forsikre oss om at legemet eller konstruksjonen vi betrakter, som helhet, det vil si når vi tar hensyn til virknin
gen av lagre og forbindelser, er stiv,slik
at en vilkårlig ytre belastning kan bæres. Fig. 16b og c
Det som er karakteristisk for unntakssys-
temene, er nemlig at de ikke er stive, men inneholder en bevegelighet.
Superposisjonsprinsippet. Likevektslikningene er lineære likninger for kreftene så
lenge vi ikke behøver å ta hensyn til de deformasjoner kreftene forårsaker når kreftenes momentarmer skal beregnes.
I kapittel 24
om trykkbelastete bjelker og knekning skal vi se tilfeller hvor deformasjonene får innvirkning på kreftenes momenter,og likevekts
likningene derfor blir ikke-lineære likninger.
For statisk be
stemte problemer med lineære likevektslikninger kan de ukjente
kreftene på grunn av et sammensatt belastningstilfelle
beregnes
ved å summere bidragene til de ukjente kreftene fra de enkelte
delbelastningene hver for seg. lagre)
løsninger.
Dette kalles å superponere (= over-
Superposisj onsprinsippet (= overlagringsprin-
sippet) kan for eksempel benyttes når virkningen av en tilleggs
belastning skal bestemmes.
Reaksjonene av den nye belastningen
beregnes og legges til de reaksjonene som er beregnet fra før. Eksempel 5 kan brukes for å illustrere prinsippet. beregnes ved å summere
og
kan
bidragene vi finner når kraften F og den
47
KAP.4, PLANE KRAFTSYSTEMER
fordelte lasten q virker hver for seg.
Superposisjonsprinsippet
kan også brukes for statisk ubestemte problemer dersom de geomet riske tilleggslikningene også kan reduseres til lineære kraftlik-
ninger, slik tilfellet er i eksempel 6. For tausystemer, se eksempel 8 nedenfor, og for andre bevege
lige systemer i likevekt, er geometrien av systemet i høy grad be
stemt av de relative størrelsene av kreftene som angriper systemet.
I slike tilfeller kan superposisjonsprinsippet ikke anvendes. Eksempel 8.
Ikke-superponerbare løsninger.
Fig. 17
3 tau er festet til hverandre i C og D og festet i A og B.
kale krefter F angriper systemet i C og D.
Verti
Fig. 17a med kraft-
polygon for kreftene som angriper punkt C, viser at taukreftene
blir Sx = S3 = 1,73F
,
S2 = 0,87F
I fig. 17b og c ser vi resultatet av å la kreftene F angripe tausystemet hver for seg.
Resultatet er
F i C => Sj = 0,90F
,
S2 = S3' = 0,26F
48
F i D => Sx = S2 = 0,26F
,
S3 = 0,90F
Summerer vi bidragene til taukreftene fra de 2 kreftene når de
virker hver for seg, får vi langt fra det riktige resultatet.
Fordelte krefter. Vi skal vise hvorledes resultanten bestemmes av krefter for delt langs en plan kurve.
Slike krefter representeres for eksem
pel av fordelt vertikallast som overføres til en bærende bjelke. Det kan være nyttelast, egenlast eller snølast.
Et annet tilfelle
er gitt av vanntrykk mot damluker eller dambjelker.
Det blir vist
i eksempel 9 nedenfor.
Fig. 18a viser en bjelke AB som bærer en last R.
Lasten er
fordelt over en plate som hviler på
flere bærende bjelker.
R represen
terer den del av lasten som en bjel
Lastfordelingen kan I variere langs bjelken,og fordelingen ke bærer.
kan , som vi skal se, uttrykkes ved
en funksjon av koordinaten x langs bjelkeaksen.
Dette kalles derfor
en linj elast.
Over en lengde Ax
av bjelken virker dellasten AR.
Den gjennomsnittlige kraft per leng deenhet av Ax er
q(x,Ax) = y— Grensen q(x) for q når Ax -> 0,er kraftintensiteten eller her Zastintensiteten
for den fordelte lasten.
linjelasten q(x). q(x).
Vi bruker også uttrykket:
Fig. 18b viser tastdiagrammet for linjelasten
I eksempel 5 er q = konstant,og linjelasten er jevnt for
delt .
Dersom lastintensiteten q(x) er kjent, kan totallasten R og
dennes angrepslinje bestemmes på følgende måte.
KAP.4 PLANE KRAFTSYSTEMER
49
Bjelkelengden deles inn i delleng-
den Ax, se fig. 19.
Tilnærmet er
lastintensiteten konstant over hver dellengde slik at lasten over Ax er
gitt ved q(x) Ax *
og representert av
arealet av det skraverte rektanglet.
Resultanten R av den fordelte las
ten må derfor tilnærmet kunne be regnes som summen av dellastene1 rep
resentert av q(x) Ax *
Fig. 19
R
Eq(x) • Ax
(8)
Momentteoremet gir så et tilnærmet uttrykk for resultantmomentet
x * R
om punktet A.
Dellasten q(x)«Ax har momentet (q(x) Ax)»x *
om A.
Derfor blir
(9)
R*x æ Eq(x)*Ax*x
Dess mindre vi velger dellengden Ax, dess bedre tilnærmelse får vi. Lar vi Ax
0, går summene mot presise grenser,
L R = /qdx , o
og vi får
L x = — / q xdx R o
(10)
R er representert ved arealet under grafen til lastintensiteten
q(x), eller med andre ord ved arealet av lastdiagrammet. I det etterfølgende får vi ofte behov for å foreta liknende
grenseprosess-utledninger til dem vi har gjennomført ovenfor,og som fra tilnærmete uttrykk (8) og (9) gir oss presise uttrykk (10).
For å slippe å gjennomføre detaljene i denne prosessen, skal vi lære oss til å sette opp integral- og differensialutledninger mer
direkte.
For tilfellet ovenfor vil vi argumentere slik:
lengde dx av bjelken virker lasten dR = qdx. lasten dR er gitt av formlene (10) .
Over en
Resultanten av del
Det første integralet er sum
men av dellastene, mens det andre integralet er summen av 'moment-
ene av dellastene.
50
Eksempel 9.
Lineær trykkfordeling.
Fig. 20a viser en dam som består av en vegg og vertikale bjelker.
Avstanden mellom bjelkene er b.
Vår oppgave skal være å bestemme
resultanten av vanntrykket mot hver bjelke.
Fig. 20
Trykk i vann øker proporsjonalt med dybden: p = pgz.
p er
vannets densitet og z er vertikalavstanden fra vannoverflaten. Trykkformelen er utledet i eksempel 5 i kapittel 12.
Lufttrykket
p , som kommer i tillegg til p, kan neglisjeres fordi dette kons tante trykket også virker på utsiden av damveggen slik at total virkningen er null.
Vanntrykket p overføres til hver bjelke som
en linjelast bp(z), se fig. 20b.
På en dellengde dz av bjelken virker kraften dR = bpdz = bpgzdz Resultanten av vanntrykket R er lik summen av alle dR-kreftene
over bjelkelengden h i? f /id k k V z2 bpgh2 _ p(h)h R = J dR = bpg J zdz = bpg | — = —f— -h o o ==== ====== Resultanten er gitt av arealet av lastdiagrammet.
Angrepslinjen
til R finner vi ved å benytte momentteoremet for dR-kreftene.
Med
0 som momentpunkt blir
_ r. . 2 , V z3 R«z - J(dR-z) = bpg f z2dz = bpg | h oo
bpgh3 — — => z
=
bpgh3/3 2, /2 = yh H° =
KAP.4 PLANE KRAFTSYSTEMER
51
Trykk mot krumme linjer og flater.
Fig. 21
Fig. 22
En linjelast med konstant intensitet q og normalt til en plan kurve, fig. 21a, er ekvivalent med linjelasten q på korden av kur
Dette ser vi slik.
ven, fig. 21b.
På et linjeelement ds av kurven
virker kraften
dR =•q ds * med komponenter
dR se fig. 22.
y
= dR cosØ
’
,
dR x
= dR sinØ
Fordi
n dx cosØ - -5— ,
. n dy sinØ ds ’ ds
blir
dRy = q«dx
,
dRx = q dy *
Kraften dR X utliknes av en like stor og motsatt rettet kraftkomponent fra linjestykket ds. Derfor blir resultanten av den jevnt for
delte lasten q på den krumme kurven R - R
B = f qdx = qL y Å
52 Eksempel 10.
Strekkring. En sirkulær ring er påkjent av en
jevnt fordelt radiell linjelast q,
se fig. 23a.
Ringen kan for eksem
pel være en del av et rør med lengde £ og indre overtrykk p.
er q = p£.
I så fall
Vi skal bestemme strekk-
kraften S i ringen, se fig. 23b. Vi regner med en ekvivalent
belastning q jevnt fordelt langs en
Fig. 23
diameter. krever
Likevekten av en halvring
S = q•2r
Fig. 24
Resultanten R av væsketrykk mot en krum flate A, se fig. 24a, kan beregnes på følgende måte.
Fig. 24b viser et væskevolum av
grenset av A, vertikalplanet Ax, horisontalplanet A2 og to vertikalplan A3 og Au parallelle med papirplanet.
til R.
På A virker motkraften
På Ai og A2 virker henholdsvis horisontalkraften Rx og ver-
tikalkraften R2 som bestemmes av trykkdiagrammene vist i fig. 24c.
53
KAP.4 PLANE KRAFTSYSTEMER Likevekten av væskelegemet krever at komponentene R
Z
og R
X
av R
er gitt ved R Z = R 2 + T ’,
R X = R,1
hvor T er tyngden av væskelegemet. Eksempel 11.
Vi skal bestemme resultanten av
trykket mot en sirkulær flate ned dykket i vann.
Bredden av flaten
er b = 1 m.
Først observerer vi at fordi trykket p står normalt til flaten,
vil resultanten R måtte gå gjennom
sirkelsentret C.
Karakteristiske
trykk beregnet fra formelen p - pgz,
se trykkdiagrammene , P1 = 1 03 - 9,8-1. 2 = 1 9 ,6kN/m2 p2 = 103-9,81«5 = 49,1kN/m2 Horisontalkomponenten av R blir
R
= Pi^r + (p2 - P1)br/2
Fig. 25 = 19,6-1.3 + (49,1 - 19,6).1 -3/2
= 103kN Vertikalkomponenten av R blir
Rz = pxbr + pgb(r2 - irr2 /4) = 19,6.1-3 + 1 0 3 ( 9 , 81 • 1 0 ~ 3 ) • 1 - ( 3 2 7 8kN
it
- 32 /4 )
54
Friksjonskrefter.
Tangentielle kontaktkrefter mellom flater som er holdt sammen eller presset sammen ved trykk, kalles friksjonskrefter.
Mellom
tørre, ikke - smurte flater opptrer tørrfriksjon eller Coulomb-
og det er denne typen friksjon som blir tatt med her.
friksjon *)
Fig. 26 viser to legemer som er klemt sammen med trykkreftene T og forsøkt separert med kreftene K.
Likevekt av hvert legeme
krever at der i kontaktflaten mellom legemene overføres en normalkraft N = T og en friksjonskraft F = K.
Kraften K kan økes til en
grenseverdi Fmaks for friksjonskraften er nådd.
Denne grensen
viser seg å være tilnærmet proporsjonal med normalkraften.
Vi set
ter derfor
F
, = yN maks
(11)
og kaller formelen Coulomb's friksjonslov.
y kalles friksjonstall.
Diagrammet i fig. 27 viser hvorledes friksjonskoeffisienten er av hengig av den relative hastighet v mellom de to kontaktflatene. y
for v = 0 kalles statisk friksjonstalh og det er den som egentlig
går inn i formelen ovenfor for Fma] N = 400
(14)
EM. = 0 => K * 50 - 400 * 20 + N a * n
Betingelse mot glidning.
= 0(15)
Like før
glidning skal kunne inntre,er
Fig. 29 F = F
Av (13),
(14) og (16) K = 0,3* 400
, = pN maks
(16)
finner vi = 1 20
Betingelsen mot glidning er derfor
K < 120N
Betingelse mot vipping om A.
Like før vipping går reaksjonskref
tene F og N begge gjennom kanten A.
Det betyr at
a = 0
(17)
Av (15) og (17) finner vi K = 400 20/50 *
= 160
Betingelsen mot vipping er derfor K < 160N
Konklusjon.
Blokken er i likevekt såfremt
K < 120N
KAP.4 PLANE KRAFTSYSTEMER
57
Oppgave 1. En brakett er påkjent av 4 krefter
og et kraftpar.
til en søyle.
Braketten er festet Bestem resultanten
av kraftsystemet som en kraft gjen
nom punktet A på søyleaksen og et kraftpar. Svar: R = 5,2kN \z^63° ,
MR = 9,3kNm
Oppgave 2. En horisontal bjelke ABC er festet med et fast boltelager ved C og et
rullelager ved B.
K 3^2*2*^
Flg. 31
Bestem reaksjons
kreftene fra lagrene på bjelken når
a) bjelken er belastet med de 4 vertikale kreftene figuren viser, b) bjelken er belastet med en jevnt fordelt vertiakllast q = 3kN/m Svar: a) B = 25kN,
C = 3kN
b)
B = 20kN,
C = 6,8kN
Oppgave 3. En lyssignalmast er montert som vist.
Lyssignalet har masse 90kg.
Mastens
masse er 400 kg,og mastens tyngde G
virker slik figuren viser.
Beregn
reaksjonene fra innspenningen ved A
dersom a) ståltauet BD er fjernet
b) strekket i ståltauet BD er 1,86kN. Svar: b) A
x
= 0,71kN, y
Mfl - 2 , 5kNm
A
= 6,5kN,
58
Oppgave 4.
Bestem resultanten av parabelbelastningene vist på fig. 33 a) q(x) = q(y)2 , O Lj
Svar: a) R - q L/3
,
b) q(x) = a [1 - (r)2! J_i
O
x - 3L/4
Fig. 33
En damluke med bredde 2 , 9m kan rot ere om en horisontal aksel gjennom
punkt A.
For en bestemt vannstand
h vil luken åpne.
Bestem h og kraf
ten på akselen like før luken åpner
Svar: 3,5m ,
146kN
En trommel med radius r - 0,2m og
masse m - 100kg ligger mot et hori sontalt underlag.
Friksjonstallet
mellom trommel og underlag er p - 0,3.
En snor er viklet om trommelen og festet til punkt A.
Bestem den stør
ste verdien horisontalkraften K kan
ha uten at likevekten av trommelen forstyrres.
Svar:
644N
59
KAP. 4 PLANE KRAFTSYSTEMER
Oppgave 7.
En blokk A med tyngde 1 kN skal løftes
ved hjelp av to kiler B og C.
Anta
at friksjonstallet i kontaktflat ene til kile B er p - 0,2, og neglisjer friksjonen mellom
den vertikale veggen.
A
og
Hvor stor
kraft F må til for å løfte blokk A?
Undersøk også om kile B glir ut der
som F fjernes. Svar: F = 490N
60
KAPITTEL 5
SAMMENSATTE PLANE KONSTRUKSJONER En konstruksjon blir her betegnet som plan dersom alle kref ter: laster og reaksjoner, som angriper konstruksjonen, kan behand les som et plant kraftsystem.
I dette kapitlet tar vi for oss plane konstruksjoner satt
sammen av flere konstruksjonselementer.
Oppgaven er, ved hjelp av
likevektslikningene, å bestemme reaksjonskreftene som virker på de
enkelte elementene.
Men før vi går i gang med den generelle ana
lysen og med løsning av konkrete problemeksempler , skal de mest alminnelige konstruksjonselementer vi får å gjøre med i de etter
følgende kapitler, presenteres.
En aksia Istav er et rett stavformet element som bare er på
kjent av en kraft ved hver stavende, se fig. la.
Likevekt av ak-
sialstaven krever at endekreftene er like store og motsatt rettete
langs stavaksen.
Stavkraften N, som er den dimensjonerende kraften
for aksialstaven, regnes vanligvis positiv når den representerer
strekk og negativ for trykk.
Aksialstaven er det viktigste elemen
tet i fagverk, se fig. 18.
En bjelke er et stavformet element med rett eller krum akse, fig. lb og c, og som er belastet med krefter med komponenter nor malt til bj eike aks en.
en bue.
En bjelke som er krum i lastplanet, kalles
En vertikal bjelke kalles ofte en søz/Z-e.
I kapittel 9
skal vi presisere nærmere hva vi mener med bjelkeakse og stavakse.
KAP.
5 SAMMENSATTE PLANE KONSTRUKSJONER
61
Tau og kabler regnes oftest fullstendig fri for bøyemotstand
og slik at bare strekkrefter kan overføres. av et tau, fungerer det som en strekkstav.
Neglisjeres tyngden I kapittel 6 skal vi
se hvilken innflytelse tyngden har på den form en kabel inntar når den er festet mellom to punkter.
Konstruksjonselementene festes til hverandre og til omgivel sene på mange ulike måter.
Som regel er vi nødt til å regne med
forenklete modeller av forbindelsene.
typene av forbindelser presentert.
I kapittel 4 er standard-
Vi skal nå vise hvordan vi ra
sjonelt regner med ukjente krefter i forbindelser mellom 2 konstruk
sjonselementer .
Fig. 2
Fig. 3
Et bo lte ledd, se fig. 2, overfører krefter gjennom boltesente-
ret.
Leddkraften representerer to ukjente, for eksempel gitt ved
komponentene A^ og A .
Leddkraften virker på begge de elementene
bolten forbinder, og det er mest hensiktsmessig å benytte betegnel
sene A^ og Ay på begge komponentsettene slik fig. 2 viser. for eksempel A
Dersom
ved beregning kommer ut med negativt fortegn, be-
tyr da det at begge A -kreftene virker motsatt av den retning som
er foreslått i fig. 2.
I denne forstand mister A^ og A^
av virkelige skalarkomponenter til en bestemt kraft.
karakteren
Vi skal snart
se hvordan dette fungerer i konkrete tilfeller.
En fast innspenning overfører en kraft og et kraftpar.
Dette
representerer 3 ukjente størrelser, se fig. 3, for eksempel A^, A^ og
Hver størrelse representerer 2 krefter eller kraftpar. Vi er nå klar til å foreta statiske beregninger av konstruk
sjoner som er bygget opp av flere elementer.
Hovedoppgaven er å
bestemme reaksjonskreftene fra lagre og forbindelser ved hjelp av
likevektslikningene.
Forutsetningen for å kunne utføre dette er
62
at problemet er statisk bestemt.
Det er derfor viktig å få av
gjort dette før beregningen av kreftene starter.
Har vi flere u-
kjente reaksjoner enn uavhengige likevektslikninger, er problemet statisk ubestemt, og beregningen av reaksjonskreftene kan først
fullføres etter at deformasjonene er tatt med i betraktning.
Eksempel 1.
Kontinuerlig bjelke. En bjelke AD består av to delbjelker AC og CD forbundet med et bolteledd i C, fig. 4.
Bjel
ken sies å være kontinuerlig
over rullelageret B og leddet C. Vi vil bestemme lagerreaksjonene
fra A, B og D samt boltekraften
Fig .4 Analyse:
i C.
Delbjelkene AC og CD isoleres, og forbindelsene er
stattes med krefter, se fig. 5.
Retningene på de ukjente kreftene
settes på slik de forventes å virke.
Vi har da:
Aptall ukjente: A , *
Ay, B, C,
Antall legemer: 2
Antall likevektslikninger: 3 2 * statisk bestemt problem
63
KAP.5 SAMMENSATTE PLANE KONSTRUKSJONER
Likevekt krever for bjelke CD
Løsning:
SF
x
EM
EF
= 0 => C x
= 0
= 0=>D«4-20«2 = 0=>D = 10
y
= 0 => C
y
-20 + D = 0=>C
y
=10 —
(Med = 0 er belastningen på CD symmetrisk,og vi kan direkte sette C = D = 3-20 = 10). y 2 Bjelke AC
EF
X
= 0 => A
- C = 0 => A = 0 XX x —
EMa = 0 => B«4 - C *8 A y
EF
y
= 0 =* A
=> A
y y
+ B- C
- (4-U) -2 = 0 => B = 28 —
y
- (4-4) = 0
= -2 —
indikerer at retningen er uriktig antatt. A y -y virker motsatt av det som er angitt på fig. 5. Dette tar vi hen Negativ
verdi for A
syn til når vi nå angir resultatet av beregningen i fig.
vi kan kalle et be lastningsdiagram.
6 , som
Fra dette diagrammet skal vi
senere lære å beregne indre påkjenninger.
En treleddbue består av to bue-
deler forbundet med et bolte-
ledd og lagret med to faste boltelagre, se fig. 7.
Treleddbuen
er statisk bestemt.
Vi skal nå
vise hvorledes lagerreaksjonene
og kraften i bolteleddet kan be stemmes.
Vi antar at buen er
belastet med en enkeltkraft som
vist.
64
Fig. 9
Fig.8
Buedelene isoleres og påsettes alle kjente og ukjente
Analyse:
krefter, fig. 8.
Totalt har vi følgende 6 ukjente: A , *
A ,
,
Likevektskravet til begge buedelene gir tilsammen 2 3=6 *
og C .
likevektslikninger.
statisk bestemt.
Altså er problemet med å beregne reaksjonene
På skjemaform kan vi sette:
Antall ukjente: A,A,B,B,C,C =6 J x’ y x’ y ’ x’ y Antall legemer: 2 Antall likevektslikninger:
2 * 3
= 6
=> statisk bestemt problem. For den spesielle belastningen som foreligger, er høyre buedel bare
påvirket av
lineære.
2
krefter som på grunn av likevektskravet må være kol-
Derfor representerer lagerreaksjonen i B og leddkraften
i C bare en ukjent C i retning BC, se fig. 9, og vi har følgende analyseskjema for buedel AC
Antall ukjente: A , A , C = 3 x y Antall likevektslikninger = 3 =#• statisk bestemt problem Løsning: Likevekt av buedel CB krever
= C cos45° = C/2/2
= B
C X
C
X
= C sin45° = C/2/2
= B
y
y
Likevekt av buedel AC krever EMa =- 0 =>
EM
EF
+ (c^) y * qT
= 0 => A • L - * F ^ B y 4
x
= 0 => A
x
/2 - CA^ 2
= 0 => A
0 => A
= Q => c = B =
- F ^ *
x
9
= A-F y 4
F 4
KAP.
65
5 SAMMENSATTE PLANE KONSTRUKSJONER
Fig. 10 viser en grafisk løsning av oppgaven.
Først bestem
mes skjæringspunktet P mellom angrepslinjene for reaksjonskraften
B og belastningen F. gjennom punkt P.
Reaksjonskraften A må også ha angrepslinjen
Dermed er bare målene til A og B ukjente.
Disse
bestemmes fra kraftpolygonet.
Fig.10 Eksempel 3.
Taljeverk. Et taljeverk er et system av tau og trinser som blant annet
benyttes til å løfte tunge las
ter.
For taljeverket på fig.
Ila skal vi bestemme hvor stor strekkraft S som er nødvendig
for å løfte en kasse med tyngde
G.
Tyngden av taljeverket og
friksjon i boltene som trinsene dreier om, neglisjeres.
De tre trinsene er isolert i fig. 11b.
Likevektskrav gir
for Fig. 11 Trinse A
EM. = 0 => s
= s ,
EF = 0 => Sj = S + S2 = 2S
66
Trinse B SM D = 0 => 4 S
=1S
= 2S
Trinse C
Cz = 0 => S 3 = S Z = -S ,
SF = 0 => G = S2Z. + S.H- + S 0 = 4S
Altså har vi funner at S = G/4
Eksempel 4. En konstruksjon, fig. 12, består av to bjelker AC og DE, et hjul
Bjelkene og hjulet er forbundet med bolteledd i B
og et heisetau.
og C og festet med boltelagre.
Vi skal bestemme lagerreaksjonene
og boltekreftene i B og C.
Fig.12
Analyse:
Konstruksjonen består av 3 elementer.
og forbindelsene erstattes med krefter, fig. 13.
Fig.13
Hver del isoleres Retningene på de
ukjente kraftkomponentene settes på etter beste skjønn.
Problemet
er da skjematisk
Antall ukjente: A,A,B,B,C,C,D,E,E =9 x’ y’ x’ y’ x’ y’ ’ x’ y Antall likevektslikninger 3 * - 9 => statisk bestemt problem
KAP. 5 SAMMENSATTE PLANE KONSTRUKSJONER
67
Løsning: Likevekt krever for Hjulet
EMn = 0, C
EF x
= 0, ’
EF y
= 0 => D = C x
= C y
=36 —
Bjelken DE EMr = 0=>B«6-D«7 = 0=>B = 42 Ex x —
EMn = 0=>E»6-D*1=0=>E =6 B x x — EF
y
= 0 => B
y
- E
y
= 0
(1)
Bjelken AC EM.A = 0 =* B y • 3 - C y • 9 = 0 => B y = --108
(2)
(1) og (2) => Ey = 1 08 EM„ = 0=>A»3-C*6 = 0=>A = 72 b y y y —
EF
X
- 0 => A
- B
+ C
XXX
- 0 =* A
X
= 6
—
For å få en kontroll på beregningen, undersøker vi likevekten av
hele systemet som ett legeme, se fig. 14:
EF
x
= 0 => -6 + 6
EF
= 0 => -72 + 108 y EM. = 0 *•= 6 • 6 + 108-
= 0, O.K.
36
= 0, O.K.
- 36-10 = 0, O.K
Til slutt skal vi presentere et full stendig svar på oppgaven på AC, B
Fig. 14
C = 51 kN på AC, D E = .1 0 8kN //f18 på DE
11 6kN
på AC
3 6kN-> på DE
68
Rammer.
En konstruksjon bygget opp av bjelker kalles ofte en v amme . Hoveddelen av systemet i eksempel 4 er et eksempel på en ramme.
Fig. 15 viser andre eksempler på rammer. lagret.
Alle er statisk bestemt
Det vil si: Lagerreaksjonene kan bestemmes fra likevekts
likningene alene.
Men dersom vi er ute etter å få bestemt kreftene
som virker på de enkelte bjelker som rammene er bygget opp av, vil vi finne at det problemet er statisk ubestemt for ramme a) og d).
Vi skal illustrere disse forhold ved å ta for oss rammene b) og d).
Fig.15
Eksempel 5.
Ramme med stivt hjørne. En ramme ABC består av to bjelker
AB og BC stivt forbundet i hjørnet B,
Rammen er fast innspent
se fig. 16.
i et underlag ved A.
Vår oppgave er
å bestemme kreftene som virker på
de to bjelkene på grunn av lastene F og F/2 i C. Analyse: Først isoleres hele rammen,
fig. 17a.
Den faste innspenningen
tilsvarer 3 ukjente reaksjonskrefter: A
y
og M., som bestemmes ved å a
kreve likevekt av rammen.
KAP.5 SAMMENSATTE PLANE KONSTRUKSJONER
69
Fig. 17
Med bjelkene isolert, fig. 17b får vi Antall ukjente: A , A , MA, B , B , MD = 6 x’ y ’ A’ x’ y ’ B Antall legemer: = 2 Antall likevektslikninger: 3 2 *
= 6
=> statisk bestemt problem.
Dersom rammen i tillegg var forsynt med staven DE, se fig. 15d,
ville regnskapet ovenfor ha hatt stavkraften i DE som ekstra ukjent, altså tilsammen 7 ukjente, og problemet med å finne bjelkereaksjonene ville være statisk ubestemt.
Men analysen for hele rammen ville
gjelde uendret, slik at innspenningsreaksjonene ved A fremdeles kunne bestemmes fra likevektslikningene alene. Løsning:
Likevekt krever for
Hele rammen
EF
x
EM.
= 0 => A x
= F/2 ,
EF y
= 0 => A y
= F
= 0 => M. - F-L - (F/2)-(2L) = 0 => M. = 2FL ri
Bjelke BC
EF
x
EMd
D
Kontroll:
= 0 => B
x
= 0 => Mn
D
= F/2 =
EF
y
= 0
=> B V
= FL --------
Likevekten av bjelken AB er i orden.
= F
70
Konstruksjoner bygget opp av aksialstaver kalles fagverk.
Fagverk brukes som takstoler og brobærere, i krankonstruksjoner og
liknende, se fig. 18.
For plane fagverk, som vi her begrenser oss
til å behandle, ligger alle stavaksene i ett og samme plan.
fagverk blir omtalt i kapittel 7.
Rom-
I de fleste utførelser forbin
des fagverkstavene stivt til hverandre i såkalte knutepunkt, se
fig. 19.
Noen av stavene kan være gjennomgående slik fig. 19 gir
eksempel på.
Men så lenge stavaksene skjærer hverandre i ett og
samme punkt i hvert knutepunkt, gjør vi liten feil om vi neglisjerer innspenningene i knutepunktene og isteden regner som om forbindel
sene er bolteledd.
Fig. 18 viser også de idealiserte fagverkene
som legges til grunn for den statiske beregning i hvert av de 2
tilfellene. Alle krefter som angriper et fagverk, inklusive lagerreak-
sjoner og tyngden av stavene, regnes å virke i knutepunktene.
Som
regel vil de største lastene overføres til fagverket direkte til knutepunktene,for eksempel via takåser til takstoler og via tverr
bjelker til brobærere, se fig. 18.
Laster som angriper en stav
mellom endepunktene, for eksempel stavens egentyngde, omgjøres til ekvivalente knutepunktskrefter.
Etter at den statiske beregning av
fagverket er gjennomført,og stavkreftene er bestemt, kan vi eventu elt korrigere for virkningen av de ytre krefters reelle angrep.
KAP.
71
5 SAMMENSATTE PLANE KONSTRUKSJONER
Fig. 19
Vi går ut fra at vår oppgave er å beregne stavkrefter og lagerkrefter i et gitt fagverk.
Dette kan gjøres ved å isolere knute
punktene og kreve likevekt, knutepunktmetoden .
gir 2 likevektslikninger. sjon 2k likninger.
Med k
Hvert knutepunkt
knutepunkter har vi til disposi
Er antallet staver £ og antallet lagerreaksjoner
r, er det samlete antall ukjente s +r.
Fagverket er statisk bestemt
dersom følgende er oppfylt 1) 2k = s+r (like mange likevektslikninger som ukjente krefter)
2) fagverket alene eller sammen med lagrene danner en
stiv plan konstruksjon. Som regel lønner det seg å beregne lagerreaksjonene først ved å kreve likevekt for fagverket som helhet.
Eksempel 6.
Knutepunktmetoden.
Samtlige stavkrefter og lagerreaksjoner skal bestemmes for fag verket vist på fig. 20.
Analyse:
Fagverket er bygget opp av trekanter og danner derfor en
stiv skive.
Antall knutepunkter, staver og lagerreaksjoner er
72
Fig. 20
henholdsvis: k = 7, s = 11, og r = 3 => 2k = s + r = 14
Fagverket er statisk bestemt. Løsning:
Knutepunktene isoleres.
stavkrefter og lagerreaksjoner . strekkrefter. EF
x
Staver og lagre erstattes med
Samtlige stavkrefter antas som
Likevekt av hele systemet krever
= 0 => A
x
= 0
ema
= 0 => B-1 2 -20«3 = 0=>B= 5kN
EF
= 0 => A
y
y
+ B - 20 = 0 => A
y
= 1 5kN
Likevekt av knutepunkt A krever EF y = 0 => (4/5)N 5 [- + yA
= 0 => 5 bk = -18,8
EFx = 0 => Nx + (3/5)N5 = 0 => Nx = 11,3 Det negative fortegnet på N5 viser at stav nr.5 er utsatt for trykk
for den gitte belastning.
Vi kaller stav nr.5 for en trykkstav.
Stav nr.1 er en strekkstav. Vi fortsetter
nå beregningen av stavkreftene ved å kreve
likevekt for knutepunktene C, F, D, G og E.
Rekkefølgen velges
KAP.
5 SAMMENSATTE PLANE KONSTRUKSJONER
73
slik at det neste knutepunktet ikke er påkjent av flere enn 2
ukjente krefter.
Ved til slutt å sette opp likevektsbetingelser
for punkt B får vi en kontroll. Det fullstendige svar på den oppgaven vi stilte, kan presen
teres slik fig.
21 viser i to alternativ.
Negativt fortegn mark
erer trykkraft og positivt fortegn strekkraft. virkningen av stavene på knutepunktene.
Pilene symboliserer
Stav nr.9 er en nullstav
for den gitte belastning.
*-- trykkstav ■>-- Nn.u + 5.6 = 0 => Nn = -7 ,5kN
Stavkreftene N2 og N7 lar seg bestemme fra de to resterende likevektslikningene.
74
Én grafisk bestemmelse av stavkreftene i et fagverk er her gjennom
ført for problemet presentert i eksempel 6.
Vi tar utgangspunkt i
situasjonene i fig. 23a hvor knutepunktsbelastning og lagerreak-
sjonene er angitt, og har tatt hensyn til at GE er en nullstav og at stav CF direkte overfører lasten 2OkN i knutepunkt F. knutepunkt tegner vi kraftpolygon.
For å kunne tegne et ferdig
polygon for et knutepunkt, må bare 2
av kreftene være ukjente.
Derfor må vi her starte enten med punkt A eller punkt B.
polygonet for punkt A gir Nx og N5.
For hvert
Kraft-
Med N5 kjent, tegner vi så
kraftpolygonet for punkt F og fortsetter så med punktene D og G.
Når vi kommer til det siste knutepunktet, punkt B, kjenner vi samt lige krefter som virker, nemlig N3, Nlo
og lagerkraft B.
Kraft-
polygonet for punkt B gir derfor en kontroll på tegnenøyaktigheten. Fig. 23b viser en sammenstilling av alle kraftpolygonene i et
Cremonaplan
(også kalt et Maxwell-diagram).
Ved å tegne kraft-
KAP. 5 SAMMENSATTE PLANE KONSTRUKSJONER •
75
polygonene slik hindrer vi at feil oppstår ved overføring av kref
ter fra ett polygon til et annet.
Hver stavkraft opptrer 2 ganger
i Cremonaplanet og er første gang tegnet med én pil og andre gang
med en dobbelpil. For fagverk med mange staver og knutepunkt og komplisert geo
metri, kan den grafiske løsningsmetode være meget praktisk. Oppgave 1.
Bestem lagerreaksjonene fra inn-
4kN/m 7
T
V
V
V
v_ x_ 'f
1
5kN-
ret ved C og boltekraften ved B.
■oB
IA 4m
spenningen ved A og fra rullelage-
4m
Svar: A
/7777KZ
y
= 2UkN
Fig. 24
Rammen ABCDE består av 4 bjelker
som er stivt forbundet ved hjørnene
B og D og leddet sammen ved C. Rammen er lagret med faste boltelagre ved A og E. Bestem lagerreak-
sjonene på grunn av den jevnt for
delte lasten. Svar: A
- 15kN , y ’ x
A
= 5,6kN
Bestem samtlige stavkrefter i fag-
verket for den viste belastningen.
26
Svar: AB - -80kN ,
s. C
3 0kN
DB = +50kN
76
Oppgave 4. Bjelken ABC er lagret med et
fast boltelager ved A og ved hjelp av 3 aksialstaver DE, EB og EC.
Bestem stavkreftene
og lagerreaksjonen i A på grunn av den viste belastningen.
Svar: EC = +100kN
Fig. 27
Oppgave 5. Et heiseverk består av et
kjettinghjul A med to spor, et
kjettinghjul B med et spor, en kontinuerlig kjetting og en heisekrok.
Ved å trekke i kjet
tingen med en mindre kraft T, kan en mann utvikle en større
heisekraft G.
Svar: 16
Fig. 28
Beregn G/T.
77
KAPITTEL 6
KABLER OG TAU Kabler brukes som bæreelement for elektriske kraftlinjer, taubaner og hengebroer.
For kraftlinjer fungerer ledningene både
som bærekabler og som overførere av elektrisk energi.
Belastning
en er da egentyngden av ledningene samt tyngden av snø og is som
kan legge seg på ledningene.
I tillegg kommer vindlast og dyna
miske effekter på grunn av svingninger som vinden kan indusere.
For hengebrokabler er hovedbelastningen tyngden av brobanen og
nyttelasten på denne, og denne hovedbelastningen overføres til bærekablene via hengestenger eller hengetau.
Det som skiller bærekabler fra andre bæresystemer, for eksem
pel rammer og fagverk, er at den geometriske form er avhengig av den belastning kabelen utsettes for.
Vi skal nøye oss med å se på
de 3 belastningstypene som er mest aktuelle.
Konsentrerte laster.
En kabel er hengt opp mellom punktene A og B og belastet med •
laster i et antall knutepunkter, se fig. 2. blir neglisjert.
Tyngden av kabelen
Kabelens form er ukjent,og koordinatene til knute
punktene må regnes med til de ukjente størrelsene.
Systemet i fig.2
78
har 3 knutepunkter, altså 2 3 * strekkrefter.
= 6 ukjente koordinater, og 4 ukjente
Tilsammen gir det 10 ukjente størrelser.
For hvert
knutepunkt kan vi stille opp 2 likevektslikninger, altså i alt 3 * 2
= 6 likevektslikninger.
I tillegg kommer 4 geometriske lik
ninger som forbinder lengdene av kabelstykkene mellom knutepunk tene med knutepunktenes koordinater.
Totalt gir dette 10 likninger
for de 10 ukjente størrelsene.
I eksempel 1 nedenfor skal vi formulere problemet slik at løsningsprosedyren blir meget enkel.
Vi antar at lastene er paral
lelle og at avstandene mellom dem er kjente.
Dessuten er posisjonen
til ett av knutepunktene bestemt. Denne situasjonen er aktuell for
en bærekabel hvor det laveste punktet på kabelen er fastlagt, og når lasten overføres via parallelle hengetau.
KAP.6
79
KABLER OG TAU
være 6m.
Punktet D skal ligge 6m lavere enn punkt A.
Kabelens
form og den maksimale strekkraften i kabelen skal bestemmes.
Likevekten av hele kabelen krever, se fig.4, ZMd = 0 => A -24 + A «4 - 20 - 1 8 - 20 -1 2 - 30 - 6 = 0 B y x
=> 6A
y
+ A
(1)
=195
x
Likevekt av kabeldel ACD krever
EM-, = 0 => A -12 - A -6 - 20-6 = 0 D y x
=> 2A
y
- A
(2)
= 20
x
Likningene (1) og (2) gir
A
y
= 26,9kN , ’ ’
A x
= *3 3 ,7kN ’
Likevekt av kabeldel AC krever EMn = 0 *= A • 6 - A -yn = 0 C y x JC
=> yc = 4,79m Likevekt av kabeldel ACDE krever
EM,-, = 0 => A -18 - A -yv - 20-12 - 20-6 = 0 E y x JE => y„ = 3 , 6 9m h -- --
Horisontalkomponenten av strekkraften i kabelen må være konstant og lik A
Den maksimale kabelkraften S
DB som har størst helning tanØ
maks
4 + 3,69 6
cosØ
52 , 0°
55kN
. er derfor kraften i maks
80
jevnt fordelt langs en rett linje. Parabelkabel.
Parallellast q
Denne belastningsantagelsen er akseptabel for alle bære
kabler med konstant tverrsnitt, som hovedsakelig er påvirket av
sin egen tyngde og som har et relativt lavt forholdstall f/L mel lom pilhøyden f og spennvidden L, se fig. la og fig.5a.
senere se at f/L < 1/5 er et passende krav.
Vi skal
Belastningsformen er
også en god tilnærmelse for en hengebrokabel med mange parallelle hengestenger og da for alle pilforhold f/L.
'Fig. 5
Vi skal først bestemme kabelens form y(x) og strekkraften
S(x) i kabelen.
Origo for xy-systemet er lagt i det laveste punk
tet på kabelen.
Fig. 5b viser en isolert kabeldel OP.
Kravene til
likevekt for OP er EM
SF EF
P
x
y
= 0 => S •y - (q x) * = 0 => S oos9 - S
•(x/2) - 0 o
=0
= 0 => S sinØ - q x *
= 0
Herav finner vi parabel
S - /S£ + (qx)2
(3) (4)
81
KAP.6 KABLER OG TAU Dersom pilhøyden f}
(eller f2) og lengden a (eller b) er
kjente, kan vi bestemme horisontalstrekket Sq ved å sette y = f j for x '= -a (eller y = f2 for x = b) .
Vi finner da
Enkel regning gir også resultatet = ---- ai-------
s
(6)
2(Æ7 + /lp2
°
For tilfellet b _> a blir det maksimale strekket i kabelen S
For fx -
. = /s2 + (qb)2' maks o
(7)
f2 - f og a - b = L/2 får vi f =
qL2
f
8S
9 = QL /(_k) 2 + / =
2
’ maks
1
/i + (XX) 2’ 8f Z
qL2
(q' (8)
o Kabellengdene sx og s2, se fig.2a, kan bestemmes fra bue-
lengdeformelen
s2
b / 2 ~' f * \ + cT x2 dx o o
2dx o
Ved hjelp av en integraltabell finner vi s2 = | /i + (|^)2 +
o
(9)
+ /1 +
q
o
hvor In u er den naturlige logaritme til u.
o For små forholds
tall f /b, kan denne kompliserte formel erstattes med 2^22 ] s2 = b[1 + |(-^) o
(10)
1 For f2/b < y er feilen ved å benytte (10) mindre enn 2%. Dersom en kabel mellom to punkter henger så stramt at kabel- •
buen avviker lite fra korden mellom punktene, se fig.6, kan vi
med god tilnærmelse regne kabelens tyngde jevnt fordelt horisontalt. For tilfellet i fig.6 setter vi q = qs/a, hvor q er kabelens tyngde
82
per lengdeenhet langs kabelbuen. For å kunne benytte formelapparatet utviklet ovenfor, må vi
først bestemme origo 0 for xysystemet.
Det vil si at b og d
må bestemmes. V "d
Dette lar seg
gjøre dersom enten pilhøyden f,
se fig.6, er gitt eller horisontalstrekket Sq er kjent.
I opp
gave 4 kan Sq bestemmes uavhengig av kabelens form og er derfor
Fig. 6
kjent før beregningen av kabelen
starter. Parallellast q, jevnt fordelt langs kabelbuen. Kjedelinje.
Dette belastningstilfellet er aktuelt for kabler med konstant tverr snitt, som henger fritt påvirket av sin egen tyngde og som har et
relativt høyt f/L forhold. Vi benytter igjen fig.5a som grunnlag for diskusjonen og søker kabelens form y(x), strekkraften S(x) og kabellengden s(x) uttrykt ved q og horisontalstrekket SQ.
Likevekt av kabeldel OP med lengde
s(x) krever, se fig.7,
EF EF
x
- 0 =* S cosØ - S o
y
- 0 => S sinØ - q*s = 0 4
=0
Herav S S = /S2 + (qs)2
(11)
-i- - tanø = S„ dx
(12) k '
og
KAP.6
KABLER OG TAU
83
Buelengdeformelen x r.—h—r s (x) = f / 1 + (-7^) dx J dx o
gir i kombinasjon med (12)
dx
= JL j A + (^)2dx S J dx o o
Etter derivasjon fremkommer følgende differensiallikning Ifdy) dx ax7
(13)
Denne lar seg forholdsvis lett integrere to ganger.
Vi får bruk
for hyperbolsk sinus og cosinus definert ved
u -u • , e-e smh u = -- ---- ■>
u , -u , e+e cosh u = -- ----
, , .. (14)
hvor eU er eksponensialfunksjonen med grunntallet e - 2,718... De hyperbolske funksjonene har, ifølge (14), disse relasjoner cosh2u - sinh2u - 1
(15) -r-(sinh u) - cosh u du
-^-(cosh u) - sinh u du
Setter vi nå
dy dx
sinh u
går (13) over til
, du q cosh u-T— dx S
/. ,
o
• , 2 du q + sinh u => -r— = dx S
o
som integrert gir
u = ^-x + C o Integrasjonskonstanten Cx bestemmes fra betingelsen
84
4^- - 0 for x
Det gir at C
dx
=0.
0 => u = 0 for x - 0
Altså har vi funnet at
= sinhF S
(16)
Ny integrasjon gir S
o
o Betingelsen y = 0 for x = 0 gir C2 = -S /q. Det betyr at kabelens
- form y(x) blir S || y - —[cosh
- 1 ]
(17)
kjedelinje
Kurven y(x) gitt ved (17) kalles i matematikken for en kjedelinje
nettopp på grunn av den betydning kurven har her:
formen til en
fritthengdende kabel eller kjede. Setter vi uttrykket (16)
inn i (12), får vi for kabellengden
s (x)
(18)
Strekkraften S(x) i kabelen
finnes ved å kombinere
(11) og
Resultatet blir
(18).
(19) o
Antar vi nå at a = b = L/2 og f} - f2 = f i fig.5a, får vi av (17)
(20) Og det maksimale strekket i kabelen blir ifølge (19) (21)
85
KAP.6 KABLER OG TAU
Dersom f og L er spesifisert, må vi bruke likning (20) til å be stemme. horisontalstrekket SQ.
Likningen er transcendent for Sq og
løses ved prøveregning.
For å få sammenliknet resultatene for parabelløsningen med
dem for kjedelinjen, kan vi først anta at q, SQ og L er like for
de to tilfellene og finner da fra (8)x og (20)
følgende sammen-
heng for forholdet f/L 0,10
0,20
0,30
0,40
0,50
kjedelinj e 0,10
0,21
0,34
0,49
0,59
parabel
Beregner vi så forholdet mellom de maksimale strekkreftene når q og L er de samme i begge belastningstilfellene, får vi fra (8)2,
(20) og (21) 0,10
0,20
0,30
0,40
0,50
SP . /Sk . 0,99 maks maks
0,94
0,86
0,77
0,69
f/L
Av disse sammenlikningene må vi kunne konkludere med at så lenge f/L < 1/5 = 0,2, er det akseptabelt å beregne en fritthengende ho
mogen kabel som en "parabel-kabel".
Kfr. også bemerkningen etter
likning (10).
Eksempel 2. En kabel med egenlast q = 15N/m
henger fritt fra et feste ved A til en liten trinse ved B.
Maksimalstrekket i kabelen er
S = 2kN og spennvidden er L = 100m.
Pilhøyden f og
kabellengden s skal bestemmes. Vi antar at forholdet f/L
er tilstrekkelig lite til at vi kan regne med parabelform på kabelen.
Formel (7) gir
86
s
= s / - (fe2' = o 28
2
~ (2'-2'gO'O~^1 = 1’85kN
Fra formel (8)x finner vi så oL2 15-1002 r = 8S~ = 8 - 1 850 ~ 1 0,1-mo
Forholdet f/L er altså ca 1/10.
Kabellengden beregnes fra formel
(10)
TM 2,2f.2 _ 2 2-1 0,1 . 2 S - L [ 1 + -g ( -y— ) ] - 1OO[1+-g"( - 'TtHJ-=> s - 10 2 , 7m (Ved å benytte formlene (21),
SQ = 1,846kN ,
(20) og (18)
f = 10,30m ,
finner vi
s = 102,77m)
Taufriksjon
Vi skal til slutt i dette kapitlet analysere det mekaniske
problemet med overføring av friksjonskrefter mellom en sylinder
og et tau eller belte som er lagt rundt sylinderen, se fig.9. Sylinderen kan være fast og forhindret fra å rotere, for eksem pel en puller på et skip, se fig.9a, eller sylinderen kan dreies med et maksimalmoment T, se fig.9b.
I begge tilfeller skal tauet
overføre en vesentlig del av en kraft Sq i tauets ene ende til sylinderen ved hjelp av friksjon,og problemet blir å be-
KAP.6 KABLER OG TAU
87
stemme den minste kraften Sj som er nødvendig i den andre tauenden. For en roterende sylinder er Sq selvfølgelig begrenset av stør Tauet kan ha flere tørninger rundt sylinderen.
relsen på T.
I
så fall er kontaktvinkelen a et multiplum av 2tt .
På et lite tau-element ds = RdØ virker taukreftene S og S + dS,
normalkraften dN og friksjonskraften dF, se fig.10.
Vi antar at
Coulomb's friksjonslov kan be
nyttes dF
. = pdN maks
(22)
Likevekt av tau-elementet like før tauet begynner å gli på sylinderen, krever
o
= 0 =*
dS-R + dF
ZFy = 0 => S dØ *
Fig. 10
. -R = 0(23) maks
- dN = 0
(24)
Her er det tatt hensvn til at når vi regner med differensialer, skal vi bare ta med 1.ordens bidrag, idet høyere ordens ledd blir
borte i den underforståtte grenseprosess.
Av (22),
(23) og (24)
avledes følgende differensiallikning
1 ds
(25)
-p
S dø
Nå er
1 dS
-SrCln S) dø
S dØ
og derfor er løsningen av (25)
J[^-(lnS) ]dØ = -JpdØ => InS = -pø + C
Integrasjonskonstanten C bestemmes ved å benytte betingelsen S = S
o
for
0=0
88
Det gir C - lnSQ og løsningen er
InS - InS
o
= - pø => S = S e”p0 o
Den søkte strekkraften S
blir derfor
S. = S “pa
2
(26)
o
For å få xet talleksempel velger vi y = 0,5.
En tørning, a = 2 tt ,
gir Sx - 0,043Sq, mens to tørnihger, a - 4-tt , gir Sj = 1,87»10-3So
Oppgave 1. En kabel fra A til F skal bære et rør som med nyttelast har
tyngden 1,5kN/m. a) Beregn strekkraften i kabelen
og bestem posisjonen til knu
tepunktet B.
b) Gjennomfør en tilnærmet løs ning ved å anta lasten jevnt
fordelt horisontalt på kabe len og pilhøyden f = 12m.
Svar: a) 22,5kN, 16,2kN, 13,5kN
b) S
o
= 14,1kN,
Oppgave 2. ■ En hengebro med fritt spenn på 120m skal bære en totallast, egen vekt pluss nyttelast, lik 120kN/m.
Det frie brospennet bæres av
2 kabler mellom to like høye tårn.
Pilhøyden er 15m.
Beregn horisontalstrekket S , maksimalstrekket i kablene
og lengden av hver kabel mellom tårnene Svar: 7200kN, 8100kN, 125m.
KAP.6 KABLER OG TAU
89
Et skip med ett anker ute på
virkes av en avdriftskraft F = 3OkN.
Ankerkjettingens tyng
de i vann er q = 170N/m.
dybden er h = 73m.
Sjø-
Kjettingen
tangerer sjøbunnen i et punkt A.
Beregn horisontalavstanden L fra A til ankerklysset B, kjet-
tinglengden fra A til B og den maksimale strekkraften i kjet
tingen . a) Bruk kjedelinjelikningene. b) Bruk formlene for en parabelkabel.
Svar: a)
162,3m,
186,1m,
43,6kN
b)
16 8,Om,
193,4m,
41,4kN
Oppgave 4.
En bjelke AB er festet med et fast boltelager ved B og med en
kabel i A.
er 0,5kN/m.
Bjelkens egentyngde Bjelken er belastet
med en vertikal kraft G = 1OkN
midt mellom A og B. egentyngde er 48N/m.
Kabelens
Beregn
pilhøyden f, se fig.13, og den maksimale strekkraften i kabelen. Fig. 13
Svar: 97 mm,
14,2kN
90
KAPITTEL 7
KREFTER I ROMMET Resultanten
av et generelt system av krefter som angriper et
stivt legeme, kan i prinsippet konstrueres på den måten som er be
skrevet for plane kraftsystemer i kapittel 4.
Hver kraft F erstat
tes med en kraft F gjennom et vilkårlig valgt punkt 0 og et kraft
par.
Kreftene i 0 settes sammen til en resuItantkraft R, og kraft
parene settes sammen til et resultantkraftpar.
For virkelig å
kunne utføre addisjon av kraftpar som ikke ligger i ett og samme
plan, skal vi nå introdusere kraftparet som en vektorstørrelse. Kraftparvektoren.
Et kraftpar har 3 karakteristiske kjennetegn:
1) mål,
definert
ved kraftparets moment T, 2) dreieretning og 3) normalen til kref tenes plan.
Vi har, i kapittel 4, vist at virkningen av et kraft
par på et stivt legeme ikke endres om kreftene i sitt plan erstat tes med et vilkårlig annet kraftpar med samme moment og dreieret-
ning.
Vi skal nå
vise at et kraftpar også kan flyttes til et plan
parallelt med kreftenes plan, se fig. 1.
Til det opprinnelige
kraftpar i fig. la adderes likevektspruppene -F, 2F) , se fig. lb.
(F, F, -2F) og (-F,
Ved så å eliminere 3 likevektsgrupper, hver
med 2 krefter, står vi tilbake med et enkelt kraftpar i fig. lo, som har de samme karakteristiske egenskapene som det kraftparet vi star tet med i fig. la.
I og med denne konstruksjonen skulle vi være
overbevist om at kraftpar med de samme karakteristiske kjennetegn er ekvivalente, kfr. fig.16 i kapittel 2.
KAP.7 KREFTER I ROMMET
91
Kraftparvektoren T til et kraftpar, se fig. 2, er definert slik
T = Fae
Her er e en enhetsnormal til kraftparets plan og har pil i den retning
en høyregjenget skrue avanserer under påvirkning av kraftparet. Fig. 2
Kraftparvektorer markeres med dobbel pilspiss for å skille dem fra kraft-
vektorer, se fig. 2.
Det følger av egenskapene til et kraftpar at
kraftparvektoren er en fri vektor.
Det vil si en vektor som ikke
er bundet til angrepspunkt, -linje
eller -plan.
Vektoren T vil
også bli omtalt som kraftparet T.
Vi må vise at kraftparvektorer kan adderes etter parallellogramloven og dermed virkelig har vektoregenskaper . 2 kraftpar
Tt
og T2.
Fig. 3a viser
Kreftene er justert slik at kraftparene har
den samme normalavstanden a.
i fig. 3b er kraftparene flyttet i
sine plan til kreftene står normalt til skjæringslinjen mellom planene og slik at de parvis kan adderes til resultantkreftene R. De 2 kreftene R er resultantpraftparet TR med moment TR = Ra.
fig. 3b er også inntegnet kraftparvektorene
Tt
= Fxae1S
T2- F2aez,
TR = Rae
I
92
Fordi parallellogrammet av Tx og T2 er likedannet med parallello
grammet av Ft og F2, viser fig. 3b at TR = T1 + T 2
For et system av flere kraftpar vil vi, ved suksessivt å addere 2
kraftpar til et nytt kraftpar, få fram det resulterende kraftpar TR som vektorsummen av kraftparvektorene
(2)
TR = ET
TR kalles
resultantkraftparet.
Eksempel 1. Fig. 4 viser 3 sirkulære skiv
er A, B og C med radier r& = rn = 0,15m og rp = 0,2m som er stivt for bundet ved hjelp av 3 armer.
Hvert hjul står normalt på den armen hjulet er festet til, og
armene ligger i xy-planet.
Hju
lene A og B angripes av kjente kraftpar, mens hjul C er påvirket av kraftparet av kreftene F.
Vi
skal bestemme resultanten av de
kjente kraftparene og så beregne
F slik at systemet er i likevekt Løsning; Fig. 5 viser konstruk sjonen av resultanten TR av de
kjente kraftparenes momentvektorer.
Fig. 5
Vi leser av
TR = 90«/2 = -127Nme
V
For at systemet skal være i likevekt, må F-kreftene gi et kraftpar som virker motsatt TR.
Altså blir
TR _ 127 2rc ’ 2-°,2
3 2 ON
93
KAP.7 KREFTER I ROMMET
Resultanten av et kraftsystem. Nå er vi klar til å vise hvordan resultanten av et generelt
kraftsystem kan bestemmes.
Fig. 6a viser et system av krefter F^.
For enkelhetens skyld er bare to krefter inntegnet.
Gjennom et
vilkårlig valgt punkt 0 introduserer vi likevektsgrupper, fig. 6b,
blir erstattes med en enkeltkraft F
slik at hver kraft F
0 og et kraftpar T , fig. 6c.
gjennom
Kreftene i 0 settes sammen til en
resultantkraft R, og kraftparene kombineres til et resultantkraft
par
TRq R = ZF ,
TR
o
= ZT
(3)
Et generelt system av krefter er altså redusert til en enkeltkraft.
R gjennom et vilkårlig valgt punkt 0 og et kraftpar
TRq er i mål og retning avhengig av punktet 0. og TRq som kraftsystemets resultant.
TRq.
Vektoren
Vi vil betegne R
Det er mulig å gå noe lenger i reduksjonen av et generelt
kraftsystem.
TRq i fig. 6c
dekomponeres i en komponent TR^ paral
lell med R og en komponent TR^ normalt til R.
Komponenten normalt
til R kan representeres av to krefter R og -R, og slik at -R går
gjennom 0.
Etter at likevektsgruppen (R, -R) i 0 er fjernet, står
vi tilbake med resultanten R og TR^: en kraft og et kraftpar paral lell med kraften.
Det kan vises at resultanten, R og TR^, er en
tydig: mål og retning for begge vektorer samt angrepslinje for R er uavhengige av det tilfeldige valg av punkt 0.
Et siste trinn i
94
reduksjonen består i å kombinere en av kreftene i kraftparet TR^ med R. sert til
Resultatet blir at det opprinnelige kraftsystemet er redu 2 vindskjeve krefter:
2 krefter som ikke er parallelle
og med angrepslinjer som ikke skjærer hverandre.
Men det har egent
lig liten hensikt å gå lenger i reduksjonen av et kraftsystem enn til R og TRq gitt ved (3).
For å kunne bestemme resultantkraftparet TRq til et kraftsys tem algebraisk, skal vi innføre det generelle momentvektorbegrepet. Vi trenger da å definere følgende produkt av to vektorer.
Vektorproduktet (etter kryssproduktet) av 2 vektorer a og b skrives
a x b ("å kryss b"J og er en vektor gitt ved uttrykket
axb=|a||b|sin(a,b)«e fajbj er den minste vinketen mettom a og b.
(4)
e er en enhetsvektor
som står normatt på a og b3 og som peker i den retning en høyre-
gjenget skrue med akse parattett med e avanserer dersom den btir
dreiet med a mot b stik at vinketen (åsbj tukkes. k
Fig. 7 illustrerer definisjonen av vektorproduktet.
Legg merke til
at vektorproduktets mål er lik arealet av parallellogrammet på vek torene a og b.
Følgende generelle momentbegrep inneholder den definisjonen av momentet av en kraft om et punkt som er presentert i kapittel 2.
KAP.7 KREFTER I ROMMET
95
Momentet av en kraft F om et punkt 0 er en punktvektor.
Mo = r x F
(5)
hvor r er posisj onsvektoren fra momentpunktet 0 tit kraftens an grepspunkt Å (etler et vilkårlig punkt på kraftens angreps tinge).
Med henvisning til fig. 8 og definisjonen av vektorproduktet finner vi
Mq
-
I r I |F|sina e - (F a)e *
(6)
hvor a er kraftens normalavstand fra momentpunktet 0.
Momentet av
en kraft om et punkt kalles en punktvektor fordi den er knyttet til det spesielle valgte momentpunktet.
Den kan bare behandles som en
vektor i dette punktet og sammen med andre vektorer som også er knyttet til det samme punktet.
Vi vender nå tilbake til resultatet (3).
Hvert kraftpar T
er lik momentet av tilhørende kraft F om referansepunktet 0.
Den
andre formelen i (3) kan derfor tolkes slik: Resultantkraftparet
TRq er lik
summen av kreftenes momenter om 0
TR
TRq kan
o
= EM
o
= Erx F
(7)
også kalles kraftsystemets resuttantmoment om 0, og (7) kan
formuleres som Moment teoremet: Resultantmomentet om et punkt 0 for et kraftsystem
er tik summen av kreftenes momenter om 0. Resultanten av et generelt kraftsystem kan nå uttrykkes ved
summen av kreftene og summen av kreftenes momenter om et vilkårlig valgt punkt 0 R = EF (8)
TR o = EM o = Er x F Kraftsystemer med samme resultantkraft og samme resultantmoment om et punkt 0 er ekvivalente kraftsystemer.
96
Det følger av det generelle resul-, tatet (8) at summen av momentene av
kreftene i et kraftpar om et vilkårlig valgt punkt 0 er lik kraftparvektoren
og dermed uavhengig av momentpunktet 0.
I fig. 9 er EMq = rx x f + rz x (-F) - Fae - T
Dette er en generalisering av det spe
Fig. 9
sielle resultatet vi fant i tilknyt ning til fig. 25 i kapittel 2. Ved algebraisk beregning av kreftenes momenter benytter vi
komponenter i et rettvinklet kartesisk koordinatsystem xyz.
Vektor-
a og b, definert ved (4), kan beregnes fra
produktet av 2 vektorej
en determinant r»—
x b = det
a
e a
b
x x
x
e
a b
y
y y
e
a
b
z
(9)
z z
-
For momentet M
o
- r x F av en kraft F om origo 0 i xyz-systemet,
gir (9) r-
r x F
det
e
e
x
X
F
e
y
F
z
z
y
x
e
y
F
(10)
z
Denne identiteten vil bli utledet nedenfor.
Mq - r x
F blir
M
x
y
M
z
ifølge (10)
= yF - zF J z y
zF = xF
x
y
- xF
z
- yF J x
Komponentene av
97
KAP.7 KREFTER I ROMMET
Vi kaller disse komponentene for momentene av F om koordinataksene.
Nedenfor vil begrepet moment om en akse bli behandlet generelt. Resultanten av et generelt kraftsystem, gitt ved (8), har 6
komponenter R
= ZF , x’
x
TR
R
y
= SF , y
R
z
= ZF z
zF ) x = Z(ypz y (12
TR y
TR
z
= E(zF = Z(xF
X
- xF ) z
y
- yF ) J x
Bevis av identiteten (10).
Momentteoremet sier oss at r x F kan dekomponeres slik rxF = r*xFe + r x f e + r x f e xx y y z z
(13)
Ifølge fig. 10 blir
r x
f
e = aF e XX X
hvor e er en enhetsvektor normalt til planet OAP og dermed paral Vi finner fra fig. 10b at
lell med yz-planet.
e = cosa e
y
- sina e , z’
r cosa = z, r sina = y ’ y
98
Altså blir
(14a)
rxFe = zF e - yF e x x x y J x z Helt tilsvarende vil vi finne
rxFe = xF e y y y z
-zFe y *
(14b)
rxFe - yF e z z z x
-xFe z y
(14c)
inn i (13) , får vi nettopp komponentene (11)
Setter vi (14)
M o = r x F.
Det beviser identiteten (10).
for
Indirekte er dermed
også den generelle identiteten (9) bevist.
Fig. 11 Resultanten av de parallelle kreftene i fig. 11 skal bestemmes. Løsning:
(6) => R
TR TR
= SF
= SFy = 80-1 + 100-1 - 200-2 - 60-3 = -400
x
= -ZFx = -80 1 *
y
TP (2) =*
y
(3) => x
= 80 - 200 + 100 - 60 = -80
R _ -
+ 200-2 + 60-1
= + 380
x _ -400 = +5,0 -80
TRy _ - 380 _ R - -80 " +4,75
=* R = 80N4- gjennom punktet (x = 4,75, y - 5,0)m.
KAP.7 KREFTER I ROMMET
99
Moment av en kraft om en akse. Fig. 12 viser et legeme angrepet av en kraft F i punkt A.
Dersom
legemet var lagret slik at det bare kunne rotere om aksen c, ville kraftkomponenten Fz sette i gang denne bevegelsen.
Komponenten
F2 med angrepslinje gjennom aks
en og komponenten F3 som er parallell med aksen, har ingen
roterende virkning.
Vi kaller
størrelsen M
c
= F.«R 1 *
hvor R er normalavstanden fra
angrepspunktet A til aksen, for momentet av kraften F om aksene.
Den generelle definisjon av moment om en akse er rent mate matisk og ikke knyttet til den mekaniske virkningen av momentet.
Moment av en kraft om en akse er en linfevektor knyttet til aksen og lik normalkomponenten langs aksen av kraftens moment om et vil
kårlig punkt på aksen.
= (yF - zF )e avM = r x F illustrerer innholdet x J 7 y x o i definisjonen: F gir ikke bidrag til M . M er normalkomponen-
Komponenten
M
ten av r x F og endres ikke om vi flytter momentpunktet 0 langs aksen,idet F^, Fz, y og z ikke endres.
Vi sier at M* er en linje-
vektor fordi den er knyttet til aksen og ikke til noe spesielt
punkt på aksen.
På samme måte som for krefter, som også er linje-
vektorer, kan momenter om en akse settes sammen og dekomponeres i punkter på den aksen de er bundet til.
Vi skal ikke komme nærmere
inn på dette her.
Vi må finne en rasjonell måte å beregne momentet av en kraft om en vilkårlig valgt akse og får bruk for følgende generelle pro-
duktbegrep for vektorer
1 00
Skalarproduktet (eller prikkproduktet) dv
to vektorer a og b skrives a b *
("a prikk
bn^ og er en skalar gitt ved uttrykket a«b -
|a| |b|cos(a ,b)
(15)
hvor fa^bj er vinkelen mellom a og b.
Skalarproduktet a b *
kan oppfattes som pro
duktet av [a| og normalprojeksjonen av b ned på a, se fig. 13.
Det er lett å innse
fra definisjonen at skalarproduktet er
kommutativt
(16)
a•b - b »a
Fra fig. 14 ser vi at den distributive
regel gjelder
a«(b + c)=a b *
+ a c *
(17)
Ved hjelp av disse egenskapene kan vi uttrykke a«b ved vektorenes
komponenter i et xyz-system b * a
= (a e +ae +ae )«(b e + b e + b e ) xx yy zz xx yy zz
Fordi * e - 1, e *e xx x y
=0
etc. blir (18)
ab + a b y y z z
For å beregne momentet Mc av en kraft F om en akse c med retning gitt ved enhetsvektoren
momentet
e, beregner vi først
- rxF om et punkt 0 på aksen,
se fig. 15, og finner Mc = (Mo-e)e
(19)
KAP.7 KREFTER I ROMMET
101
Momentet av kraften F = [5,-3,4]kN
om aksen c med retning e = [1,1,1]//(T
gjennom P skal bestemmes.
punktet til F er A.
Angreps
Koordinatene
til P og A er i rekkefølgen (x,y,z):
P = (1 ,1 ,0)m, Løsning:
blir: Fig. 16
A = (2,4,1 )m
Vektoren r fra P til A
r
[1 ,3,1].
Momentet om P
blir
M p - r x F - det
1
[15,1 ,-18]
Komponenten av Mp inn på aksen c
Mp-e = (15-1 + 1-1 + (-18)-1)//3 = -2//3 Momentet om aksen c er da M (_
= (Mp* e)e
- [--| , -4 , -i]kNm
1
000
Alternativt kan vi sette
M c = 2//3kNm motsatt ■- . . - -.. e Resultantmomentet TRc om en akse c av et kraftsystem er lik normalkomponenten av resultantmomentet om et vilkårlig punkt 0 på aksen TR
c
= (TR * e)e o
(20)
Momentlikningene i (12) beviser indirekte følgende momentteorem.
102
Resultantmomentet TRc om en akse c av et kraftsystem er lik summen av kreftenes momenter om c
TR
c
= EM
(21)
c
Likevekt.
For at et stivt legeme skal være i likevekt, må resultant kraf ten og resultantmomentet begge være null.
Kravet til likevekt
er altså at det kraftsystem som angriper et legeme, oppfyller be tingelsene
= 0
SF
(22) EM
o
= Er x F = 0
hvor r er posisjonsvektoren fra et fritt valgt momentpunkt 0 til kraften F's angrepspunkt.
Med et fritt valgt xyz-koordinatsystem
med 0 som origo, kan likevektsbetingelsene føres opp som de 6
likev ekt slikning ene
EF. = 0 x
9
EF
y
= 0
9
EF
z
= 0
(23
EM
x
= 0
5
EM
y
= 0
9
EM
z
= 0
Andre momentlikninger kan føres opp som alternativ til kraftlikningene, men det er aldri mulig å sette opp flere enn 6 uavhengige likevektslikninger.
Forholdene her blir analoge til dem vi dis
kuterte i kapittel 4 i forbindelse med plane kraftsystemer. Et likevektsproblem kalles statisk bestemt, ubestemt eller
underbestemt etter som antallet ukjente reaksjonskrefter og -momen ter er henholdsvis lik, større eller mindre enn det totale antall
uavhengige likevektslikninger.
Til hvert legeme en konstruksjon
deles opp i, svarer 6 uavhengige likevektslikninger.
Det fins
unntak til denne regelen representert ved de såkalte unntaks sy stemer.
For disse kan antall ukjente reaksjoner og antall likevekts
likninger stemme overens, men systemene kan bare bære helt spesi elle belastninger og er statisk ubestemte for disse.
Matematisk
1 03
KAP.7 KREFTER I ROMMET
viser dette seg ved at koeffisientmatrisen til likevektslikningene er singular, det vil si at determinanten til matrisen er null. Mekanisk er situasjonen den at systemet ikke er stivt.
Vi skal
komme nærmere inn på disse problemene til slutt i kapitlet.
Fig. 17
Fig. 18
For opplagring av "romlige" konstruksjoner benyttes ofte det
faste kulelageret eller punkt lageret, fig.17.
Lagertrykket i punkt-
lageret overføres mellom to kuleflater med forskjellig radius.
Fig. 18 viser en praktisk utførelse av et punktlager.
Punktlageret
representerer 3 ukjente reaksjoner. Fig. 19 viser et rullekule-
lager.
Konstruksjonen hviler på en
kule som kan rulle fritt mellom to
parallelle plane flater.
Dette lag
ret kan bare overføre kraft normalt
til rulleflåtene. Et punktlager mellom to eller
flere konstruksjonselementer kalles
et kule ledd.
Kuleledd blir ofte
introdusert i de modeller av kons
truksjonene som legges til grunn for beregning.
Fig. 19
Stavene i romfagverket
i fig. 24 vil i praktisk utførelse vanligvis bli sveiset sammen eller
forbundet med skruer eller nagler via knuteplater.
104
Fig. 21
Fig. 20
En horisontal bjelke AB er lagret med punktlager i A og to bar duner CB og DB i B.
Bjelken er belastet med en vertikal kraft
3OkN i punkt E midt mellom A og B. ger på bjelkeaksen.
Alle punktene A, B og E lig
Konstruksjonens geometri er angitt i fig. 20.
Reaksjonskreftene på bjelken skal bestemmes.
Analyse: Bjelken med bardunene isoleres, se fig. 21. tene
Bardunkref-
og S2 dekomponeres i retning av x-, y- og z-aksene.
krefter på bjelken skjærer bjelkeaksen. = 0 trivielt er oppfylt.
likningen
Alle
Det betyr at likevekts-
Altså
Antall ukjente størrelser: Sx, S2, A^, A^, Az - 5 Antall likevektslikninger
= 5
=> statisk bestemt problem Løsning: Vi velger de 5 disponible likevektslikningene slik at hver ny likning gir verdien til en av de ukjente.
Momentet om en akse
parallell med x-aksen og gjennom C betegnes
A
Vi lar den ukjente
som vi skal bestemme, få positivt moment og finner EM
Cx
= 0 => A -3 - 30 2 * y
= 0 => A
y
= 2 OkN
Videre blir
EMD = 0 => Bz
=> A
x
= 0
KAP.7 KREFTER I ROMMET
105
EMd = 0=>A «4-30’2 Bx z
= 0
EMP = 0 Cz
(S9«^-)«3 - A -1 2 /2 9 y
EMn = 0 Dz
(,S •v^-)«3 - A «2 = 0 1/2 6 y
= 0
=> => =>
A
z
= 1 5kN ---- :
2
= 9 ,0kN 1
i
= 1 7, OkN ,-- -
S
S
Kontroll;
1 2 ZFx “ °:=> Si’726‘ ” S2 * 729
= 3,3 ” 3,3 ” -
ZFy = 0 ’ Ay's>'7?6 ’ S2-7I9 = 20-13,3-6,7 = 0
Fig. 23
Fig. 22
En plattform er lagret med et punktlager i A, 2 korte aksialstaver i B og en aksialstav i C.
planet xy.
Punktene A, B og C ligger i horisontal
Plattformen er belastet med en jevnt fordelt vertikal
last med resultant 100kN gjennom E og en horisontal kraft 30kN i D.
Konstruksjonens geometri er angitt i fig. 22.
Reaksjonskreftene på
plattformen skal bestemmes.
Analyse; Plattformen isoleres, se fig. 23. Antall ukjente størrelser
Antall likevektslikninger
=> statisk bestemt problem
Ax , Ay , A z , B x , B z , C = 6 = 6
106
Løsning: Likevekt av plattformen krever
EMn = 0 Bz EF
A -4 - 30 2 * x
=>
= 0 => A
y
emd = 0 Bx
y
- 30
= 0
A
= 0
A
A «4 - 100-2 + 30-2 = 0 z
EM. = 0 Ay
=>
C-2 - 100-1 = 0
EM. = 0 Ax
=>
B 4* z
A =>
EM. = 0 => B -4 - 30-2 = 0 x Az
= 30kN
y
= 35kN ---
z
= 50kN
C
B
- 100-2 - 30-2 + C-4
= 15kN
x
B
z
= 15kN ---
x
= 1 5kN --
Kontroll;
EF
EF
x
z
= 0
A
= 0
A
x z
- B + B
x z
= 1 5 - 15 = _0 + C - 100 = 35 + 15
+
50 - 100 = 0
Romfagverk
Fig. 24 viser et enkelt statisk bestemt romfagverk.
Fagverket kalles
enkelt fordi det er lett å avgjøre at stavene danner en stiv konstruksjon:
knutepunkt F er fastholdt av stavene AF, BF og CF, D av AD, CD og FD, E av CE, DE og FE og G av DG, EG og EG.
For hvert av de k = 7 knutepunktene kan vi sette opp 3 uavhengige likevekts
likninger.
Antall staver er s = 12
og antall lagerreaksjoner er r = 9, 3 ved hvert av knutepunktene A, B og C. Følgende analyseskjerna gjelder derfor
Fagverket er stivt.
Antall ukjente krefter: s + r Antall likevektslikninger: => statisk bestemt problem
k
12 + 9
21
3-7
21
1 07
KAP.7 KREFTER I ROMMET
Løsning av problemet kan følge knutepunktsmetoden og snittmetoden,
se kapittel 5.
Eksempel 6 i kapittel 3 antyder fremgangsmåten.
Regningen blir fort komplisert, og for romfagverk med mange staver
bør beregningen overlates til ferdiglagete regnemaskinprogrammer. Statisk bestemt opplagring.
Unntakssystemer.
Vi skal nå diskutere opplagringsbetingelser for konstruksjoner.
Vi nøyer oss med å betrakte konstruksjoner som er bygget opp som
ett stivt legeme slik som plattformen i eksempel 5.
Den tilsvar
ende analysen av sammensatte systemer blir fort komplisert og uoversiktelig. Punkt A i eksempel 5 er forhindret fra å forskyves ved hjelp
av de tre reaksjonene A * , A^ og Az som ikke alle ligger i ett plan.
Punkt B er så holdt på plass ved hjelp av to reaksjoner B og ved at avstanden AB ikke kan endres. er dermed fastlagt.
dreies om aksen AB.
og B X z Linjen AB i plattformen
Reaksjonen C hindrer at konstruksjonen kan
Plattformen
er altså forsvarlig lagret, og da
antall lagerreaksjoner er lik antall uavhengige likevektslikninger, sier vi at konstruksjonen er statisk bestemt lagret.
Fig. 25
108 ¥
Fig. 25 viser
2
eksempler på romlige unntakssystemer.
For
begge tilfeller stemmer antall lagerreaksjoner med antall uav hengige likevektslikninger.
System I kan ikke overføre til lag
rene belastning rettet normal til de parallelle reaksjonene.
I system II har vi fire av lagerreaksjonene: A , A , A og D, anx y z grepslinjer som skjærer hverandre i samme punkt A, og det gjør det mulig å finne en akse AE som alle seks reaksjoners angrepslinjer
skjærer.
E er skjæringspunktet mellom angrepslinjen til reaksjons
kraften B og planet gjennom punkt A og reaksjonskraften C.
Moment
likevekt om aksen AE kan ikke tilfredsstilles for en vilkårlig be lastning.
Dersom reaksjonskraften B er parallell med det nevnte
planet, vil ingen av lagerreaksjonene gi momentbidrag om en akse
Likevekt er da ikke
gjennom punkt A og parallell med kraften B. mulig for en vilkårlig belastning. Likevektsgrupper av 2 og 3 krefter.
I kapittel 2 presenteres 2 teoremer for likevektsgrupper av 2 og 3 krefter.
Et generelt bevis for teoremene vil nå bli gitt.
Fig. 26 viser 3 krefter som angrip
er et stivt legeme i 3 ulike punk ter.
Betingelsene for at legeme
er i likevekt, er at F1+F2+F3=0 ri
X
F1
+
F2
X
r2
(24) =
0
’
(25)
Dersom F3 = 0 og systemet bare be
står av de 2 kreftene F
og F2, gir
(24) og (25)
F2 = -F,
Fig. 26 (ri
Det betyr at
- r2 er parallell med F
"
r2 ) X F1
og F2.
"
0
Altså
2 krefter er en likevektsgruppe hvis og bare hvis kreftene har samrr,
mål og angrepslinje og er motsatt rettete.
1 09
KAP.7 KREFTER I ROMMET
Generelt viser (25) at planet gjennom r planet gjennom r2 og F2 .
og
faller sammen med
Det betyr at angrepslinjene til F} og F2
skjærer hverandre i et punkt A og kan settes sammen til en resul tant R = F
+ F .
Fordi R og F, skal danne en likevektsgruppe, må
F3 også ligge i fellesplanet og skjære Fx og F2 i A.
Dersom
F2 er parallelle, er R og dermed F3 parallelle med dem.
F, og
Altså
3 krefter er en likevektsgruppe bare hvis kreftene ligger
i et plan og angrepslinjene skjærer hverandre i ett og samme punkt. Dersom 2 av kreftene er parallelle» er alle 3 parallelle.
En plate er belastet med en
jevnt fordelt last.
Resultanten
av nyttelast og egentyngde er en
kraft lik 20kN med angrepslinje
gjennom punktet G.
G ligger i
xy-planet i avstand 2m fra y-ak-
sen og 1 , 5m fra x-aksen.
Beregn
taukraft og lagerreaksjoner . Svar: ED = 12,5kN
B
y
= 0 ,
B
z
= 1OkN
Oppgave 2. En krankonstruksjon er lagret
med kuleledd i A og 2 tau BD og
BE.
Kransøylen AB er vertikal,
og punktene A, D og E ligger i
et horisontalplan.
Avstandene
AB, AD og AE er lik h.
Avstan
den mellom C og AB er lik a. Kranbommen er belastet med en
vertikallast F.
Beregn taukref-
tene for en vilkårlig vinkel a, og bestem maksimalverdiene. Svar: Æ Fa/h
110
En kasseformet stiv konstruksjon
er festet med et punktlager i A og korte aksialstaver i C, E og
D.
Konstruksjonen er belastet
med to krefter i B og C som vist. Beregn lagerreaksjonene i A, C,
E og D. Svar: C = 0,
D = 30kN,
E = 37kL
Fig. 29
En elektromotor er montert som vist på fig. 30.
sørger for at drivremmen er stram.
Motorens tyngde mg
Massen m = 90kg.
Bestem kref
tene Sx og S2 i drivremmen og reaksjonskreftene fra lagrene ved A
og B når a) motoren står stille
b) motoren leverer et dreiemoment T = 15Nm.
Kontroller at remmen i tilfellet b)
ikke glir på drivhjulet.
Frik-
sjonstallet for friksjonen mellom belte og drivhjul er p = 0,2.
Svar: a) b)
Sx = S2 = 0,36kN , ST = 0,50kN ,
A = 0,58kN ,
S2 = 0,29kN ,
B = 0,46kN
A = 0,65kN ,
B = 0,46kN
KAP.7 KREFTER I ROMMET
111
Oppgave 5. En stiv likesidet trekantplate med
sidekant 4-m er festet med 6 aksialstaver.
AD, BE og CF er verti
kale og har lengde 3m.
Platen er
horisontal og belastet med et kraft
par T = 200kNm i sitt plan. Beregn stavkreftene. Svar: AD = 43kN,
Fig. 31
AE = -72kN
112
KAPITTEL 8
TYNGDEPUNKT, MASSESENTER OG GEOMETRISKE SENTRA Tyngden av et legeme har angrepslinje gjennom legemets tyngde punkt, som også kalles legemets massesenter.
Vi skal nå lære å
bestemme dette punktet for et vilkårlig legeme. Fig. 1 viser et boksformet legeme med volum V = £bh.
Skjær
ingspunktet C mellom diagonalene i boksen kalles legemets volum-
senter.
Dersom legemet er av et homogent materiale, er massen m
jevnt fordelt i V.
Masse per volumenhet kalles densitet og beteg
For et homogent materiale er densiteten konstant
nes med p.
(1)
Legemets tyngde er G = mg.
Dersom
materialet i boksen er homogent, må
angrepslinjen for G alltid gå gjen nom C.
Det ser vi slik.
For situa
sjonen i fig. 1 tilsier symmetrien at G går gjennom C.
Med boksen i
en vilkårlig posisjon kan tyngde
Fig. 1
kraften g dekomponeres i krefter
parallelle med sidekantene. ent gjennom C.
Hver komponent av g gir tyngdekompon-
Derfor må også resultanten ’G gå gjennom C.
Punktet
C kalles av denne grunn tyngdepunktet for det homogene bokslegemet. Dersom materiale i bokslegemet ikke er homogent, vil ikke nødvendig
vis tyngdepunktet falle sammen med volumsenteret. Fig. 2a viser et materielt legéme L med volum V, masse m og
tyngde G.
Legemet er et kontinuum.
Hvert punkt i legemet er et
materielt punkt og kalles en partikkel.
Koordinatplan, plan paral
lelle med xy-, yz- og zx-planene, deler rommet inn i bokselementer. De elementene som ligger innenfor V eller som blir delt av legemets overflate, kan samlet fungere som en tilnærmelse til L.
illustrerer dette i yz-projeksjon.
AV = Ax AyAz, * densitet
Fig. 2b
Et bokselement med volum
masse Am og tyngde AG = g Am *
har en gjennomsnittlig
KAP.8 TYNGDEPUNKT, MASSESENTER OG GEOMETRISKE SENTRA
P
113
Am AV
(2)
La (x,y,z) være volumsenteret i bokselementet AV.
Vi antar
så at en grense p eksisterer for p når Ax, Ay og Az går mot null
og skriver
P
Am lim AV AV+0
(3)
p - p(x,y,z) kalles densiteten i partikkelen (x9y9z).
For et homo
gent materiale er densiteten konstant i V, og da er p = p.
vi den tilnærmelsen vi måtte ønske for volum, masse og tyngde til
L ved å summere bidragene fra bokselementene V « ZAV
m « EAm = EpAV G « ZAG = ZgpAV
Lar vi Ax, Ay og Az gå mot null for alle bokselementene, går
summene ovenfor mot presise grenser som nettopp er V, m og G. Disse grensene noteres som følgende totwmintegral M = JdV , V
m = JpdV , V
G = /gpdV V
(4)
114
hvor dV kalles volumelementet.
Setter vi dV = dx^dydz, blir *
volumintegralene trippe lintegral.
Det vil bli vist nedenfor at
integralene også kan oppfattes som enkeltintegral og da med dV som er vanlig differensial. (4)
Foreløpig kan vi betrakte integralene i
som symboler for summer av mange små størrelser. Tyngdekraften G = mg for legemet L har en angrepslinje som
skjærer xy-planet i punktet (x ,yc).
Avstandene xc og yc bestemmes
ved å bruke momentteoremet x * mg C
mg-y
= lim £(pgAV»x) = g/xpdV AV+0 V
= lim SCpgAV-y) = g/ypdV AV->0 V
Dette gir
xc = S-fxpdV ’
yc = ^/ypdV
(5a)
Punktet C med koordinatene (x , y , z ) hvor c’ Jc’ c Zc = m C 111
v
(5b)
zpdV
kalles legemets massesenter,
Det kan påvises at C er uavhengig av
det koordinatsystemet xyz som er valgt for å lokalisere punktet.
De 3 formlene (5) kan settes sammen til en vektorformel
rc=l/rpdV
.
(6)
hvor rc = [xc, ycj Zq] og r = [x, y, z].
Vi har altså funnet ovenfor at angrepslinjen til legemets tyng de alltid går gjennom massesenteret, som derfor også kalles lege mets tyngdepunkt.
Det er da forutsatt at tyngdekraft per masseen
het g representerer et konstant og parallelt tyngdefelt, ellers har
ikke begrepet tyngdepunkt noen mening.
For et homogent legeme,
p = m/V, faller C sammen med legemets volumsenter3
som er definert
ved koordinatene f xdV , V
1 f ydV , v V
1 f zdV) v V
(7)
KAP.8 TYNGDEPUNKT, MASSESENTER OG GEOMETRISKE SENTRA
1 15
Dersom det ikke er nødvendig å skille mellom massesenter og volum-
senter, brukes symbolet C for punktet i begge betydninger.
Volum-
senteret for en rekke alminnelige former er gitt i tabell 1 i
appendiks.
Eksempel 1. Volumsenter for et rotasjonslegeme: Rett kjegle. En plan flate som roteres om en
akse i flatens plan, beskriver
et rotasjonslegeme.
En rett
kjegle fremkommer når en rett vinklet trekant roteres om en katet, se fig. 3.
Vi skal be
stemme kjeglens volumsenter C. Senteret må ligge på z-
aksen, og avstanden zc kan be
stemmes fra formelen z
c
- I fzdV V J
Her velger vi å dele opp kjeg len i mange små sylindre med
grunnflate
A =
og høyde dz.
Fig. 3
Volumelementet dV
blir derfor i dette tilfellet
dV = Adz =
irr 2 z2 dz hz
og integralet i formelen for z
/zdV V
irr2
h / z 3dz o
c
blir et vanlig enkeltintegral
irr 2h2 >4
Volumet av kjeglen finner vi slik „ rr2 V 2, irr2h V = JdV = -^r- f z dz = —— V o
116 ¥
Dermed har vi
rrr2h2 ,7ir2h zc = —~
3 , 4 h
Dersom et legeme med masse m og volum V er satt sammen av flere og med kjente massesentre
dellegemer med masser nm og volum
kan massesenteret for legemet bestemmes fra formelen
r
= 1 Er.m. m ii
c
Det ser vi slik.
r
c
(8)
Formel (6) gir
= - frpdV = —z/rpdV = -Er.m. m m mii i
Eksempel 2. Legemet består av en kjegle og en sylinder.
Massesenteret C må ligge på z-aksen.
V = -5-iTr2h + ?Tr2h = 4iTr2h/3 0
z * V
c
= (17rr2h) • (h + h/4) + (irr2h)h/2 3
Arealsenter. Tyngdepunktet for en plan skive med snittflate A og konstant
høyde h, se fig. 5, er bestemt av koordinatene (xq5 y , 0). vi dV - * hy d x
og kaller dx dy *
Setter
for areaZelemen tet dA, får vi ut
trykkene c = AK {xhdA = s /xdA ■ x\. A
yc = AK LhdA = s LdA IX
IX
Integralene er nå f lateintegral og med dA = dx^dy,, dobbeltzntegral.
KAP.8 TYNGDEPUNKT, MASSESENTER OG GEOMETRISKE SENTRA
1 17
Størrelsene S y
= x A = fxdA , C A
Sxyk = yC.oA =
JydA a
kalles de statiske momentene av arealet A om henholdsvis y-aksen og x-aksen.
Punktet (xc, yc> i xy-planet kalles areaIsenteret for
flaten A
V = S Det
= ASy >
yc = S AdA = ASx
(10>
statiske momentet om en akse gjennom arealsenteret er null.
Fig. 5
Arealsenteret vil bli betegnet med bokstaven C.
vanlig å kalle arealsenteret for flatens tyngdepunkt .
Det er også Arealsente
ret for en rekke alminnelige former er gitt i tabell 2 i appendiks.
Resultanten av en jevnt fordelt kraft q over en flate A, har angrepslinje gjennom arealsenteret til A.
Dette resultatet gjør
arealsenteret til et viktig punkt i bjelketeorien, som blir behand
let i kapittel 17.
Eksempel 3.
Trekant.
Et enkelt resonnement viser at arealsenteret ligger i skjærings punktet mellom medianene, se fig. 6.
Vi ser nemlig at om vi deler
trekanten i rektangler med bredde parallell med en sidekant og høyde dy, så vil alle rektanglenes arealsentre ligge på medianen ned
118
på sidekanten.
Da må også tre
kantens flatesenter ligge på denne medianen.
Det kan vises
geometrisk at medianens skjær ingspunkt ligger i avstand lik
1/3 av høyden fra en sidekant, se fig. 6.
Dette resultatet
kommer vi også frem til ved å benytte (10). For rektangelelementet er bredden by/h slik at
Fig. 6
dA = (by/h)dy.
Derfor blir
yc = s [ydA = bi/? ly(Ey dy) s ro i* y2dy = ro[if]o = ih A
o
o
—
Arealsenteret tagger alttzd på symmeI fig. 7 er y-aksen en symme-
trtaksen.
Til hvert element dA med posi
triakse.
tiv x kan vi lokalisere et like stort element dA med negativ x. fra
(10) at x
c
Derfor får vi
- 0.
Rektangelet, ellipsen og sirkelen er
eksempler på flater med 2 symmetriakser, og arealsenteret ligger i symmetriaksens
Fig. 7
Eksempel 4.
skjæringspunkt. Halvsirkelflate .
Arealsenteret må ligger på y-aksen. Avstanden y
kan bestemmes slik.
Flaten deles inn i trekanter med høyde r og bredde rdO.
Arealet av
en trekant er dA - lp«p dØ = -^r2dØ
Fig. 8
Avstanden y til trekantens flate— 4.
2
.
Q
senter y = jp srnØ
1 19
KAP.8 TYNGDEPUNKT, MASSESENTER OG GEOMETRISKE SENTRA
Areal og statisk moment om x-aksen for halvsirkelen beregnes
A = J yr2dØ = 7rr2/2 o S
TT
X
a
/
r
*
I
= J ydA = / (^-r sinØ) (~-rzdØ) = A o Z A 0 3
T"'
o
□
7T r
J sinØdØ 0
7T
- 2r3/3
- ^-[-cosØ] o
0
Herav beregner vi _ 4r " 3tt
$x _ 2r3 / 3 yc “ A " irr 2 / 2
Dersom en flate er satt sammen av flere flater med areal A^ og med kjente arealsentre (x^, y^), kan arealsenteret for den sam
mensatte flaten bestemmes fra formlene x
- -^-Ex.A.
Det ser vi slik.
,
y
=• ify.A.
,
A = EA.
(11)
Formel (10) gjelder for A og for alle A^.
Derfor blir JxdA = zf xdA A A.
Ex.A.
1 1
1
som med (10) gir den første av (11) .
Eksempel 5. Arealsenteret må ligge på y-aksen. Flaten består av de 2 rektanglene
10. * Ax = 10«20 og A2 = 40
Derfor
blir A
= EAi = Aj + A2 = 10’20 + 40-10 = 600
SX v = Ey.A. = 10’(10’20) + 25-(40’10) = 12000 J_ 1
J0 , KFig. 9
r i L cm]
=> y = S /A = 20cm Jc x =—=-
1 20
Kurvesenter En streng med konstant masse per
lengdeenhet har et tyngdepunkt som faller sammen med kurvesenteret C for kurven som
angir strengens form.
For en plan kurve,
se fig. 10, er kurvesenteret definert ved koordinatene
x
= p /xds , L
y
= 1 /yds L
(12)
hvor L er lengden av kurven og ds - /dx1 2+dy
er buelengdedvfferensiaZet. Eksempel 6.
Halvsirkelbue. Kurvesenteret må ligge på y-aksen som er en symmetriakse.
y bestemmes slik. Jc i små lengder
Kurven deles inn
ds = rdø med kurvesenter gitt av
Fig. 11 y - r sinO Da blir TT
L - /ds - r JdØ - riT L o TT
TT
/yds = r2 /sinØdØ - r2[-cosØ] Lo o
1 f , 2r2 y ~ r Jyds - rir --J q. L ' J J_l
= 2r2
Avstanden
KAP.8 TYNGDEPUNKT, MASSESENTER OG GEOMETRISKE SENTRA
121
Teoremene til Pappus (ca. 380 A.D.). En plan kurve som roteres om en akse i kurveplanet, beskriver
en rotasjonsflate.
En plan flate som roteres om en akse i flatens
plan, beskriver et rotasjonslegeme3
se eksempel 1.
Teoremene til
Pappus er, se fig. 12 og 13, I: Arealet A av en rotasjonsflate er lik produktet av lengden L av
den beskrivende kurven og omkretsen 2iryc av den sirkelen kurvesenteret beskriver
A = 2iTyc* L
(13)
II: Volumet av et rotasjonslegeme er lik produktet av arealet A av
det beskrivende planet og omkretsen 2iTyc av den sirkelen arealsenteret beskriver V = 27ryc’A
Bevis for I:
Hvert linjeelement ds beskriver arealet dA = 2iry ds. *
Altså blir arealet av rotasjonsflaten
A - /dA = 2it /yds = 2iry «L A L
(14)
1 22
Hvert flateelement dA beskriver en ring med volum
Bevis for II;
Altså blir volumet av rotasjonslegemet
dV = 2nydA.
V = / dV = 2tt JydA = 2jry «A V A C
En betingelse for teoremene er at rotasjonsaksen ikke skjærer den
beskrivende kurven eller det beskrivende planet. Eksempel 7.
Vi kan bestemme yc i eksemplene 4 og 6 på følgende måte dersom vi
benytter formlene for volumet V og overflaten A til en kule V = ^irr3
,
A = 4irr2
o
For halvsirkelflaten i eksempel 4 bruker vi teorem II.
ten beskriver en kule når den roteres om x-aksen.
Fla
Derfor blir
■yirr3 = 2iTy ‘(irr /2) => y = ■* *— 3 Jc Jc 3tt
For halvsirkelbuen i eksempel 6 bruker vi teorem I.
skriver en kuleflate når den roteres om x-aksen. *4TTr
9
Buen be
Derfor blir
21?
= 2iry «irr =* y - — J C J C TT
Resultant av fordelt kraft over plan flate.
Fig. 14 viser diagrammet for en vertikal last q(x,y) fordelt
over en plan flate A. enhet.
Lastintensiteten q angir kraft per areal
Resultanten R av trykket bestemmes fra R = /qdA A
(15)
Angrepslinjen til R skjærer xy-planet i et punkt (x, y),som bestem mes ved å bruke momentteoremet. x = i /xqdA , A
Vi finner da
7 = 1 /yqdA K A
(16)
123
KAP.8 TYNGDEPUNKT, MASSESENTER OG GEOMETRISKE SENTRA
Vi ser av (15) og (16) at R representerer tyngden av et legeme med "volum" gitt av lastdiagrammet: grunnflate A og varierende høyde
q(x,y).
Densiteten er 1. For jevnt fordelt kraft, q - konstant,
blir R = q A, *
og (16) viser at punktet (x,y) er identisk med areal
senteret C til flaten A.
Fig. 14
Fig. 15
Fig. 15 viser en linjelast med intensitet q(x).
er bestemt av, kfr.
L R = /qdx o
formel (10)
Resultanten
i kapittel 4
_ 1 L x /xqdx o
(17)
Sammenlikner vi det siste uttrykket med (10), ser vi at resultan ten går gjennom arealsenteret for trykkdiagrammet.
qdx represen
terer flateelementet dA.
Eksempel 8. Lineær trykkfordeling på plan flate. Vi skal bestemme resultanten av vanntrykk mot en plan vertikal pla te med a) generell form og b)
sirkulær form.
1 24
Arealsenteret C lokaliseres først og velges som origo i et koordinatsystem xy.
Vanntrykket kan da uttrykkes slik
p(y) = pg L/2
EF = 0 => V = F/2
EM
P
Vi finner
= 0 => M = F x/2
for x < L/2
M = F(L-x)/2
for
x > L/2
For tilfellet x > L/2 får vi resultatene litt enklere ved å kreve Diagrammet for V og M likevekt for bjelkedel L - x, se fig. 3d.
1 28
MOMENTDIAGRAM
kan nå tegnes, se fig. 3e.
Virkningene av V og M er i
diagrammet angitt ved påvirkningen på et lite bjelkeelement dx. Det er vanlig å tegne M-kurven på den siden av bjelken som er strekk
påkjent, i dette tilfellet undersiden.
Virkningssymbolet i M-dia-
grammet kan derfor sløyfes dersom denne konvensjonen følges. Det er spesielt bøyemomentet som er avgjørende for valg av bjelkedimens joner, og vi ser her at det mest utsatte bjelketverr-
snitt er rett under lasten.
Velger vi en homogen bjelke, det vil
si en bjelke av homogent materiale og med konstant tverrsnitt, blir M = FL/4 det dtmensjonevende bøyemoment. Skjærkraften V og bøyemomentet M er funksjoner av koordinaten
x langs bjelkeaksen.
For en rett plan bjelke med fordelt tverr-
belastning q(x) er de 3 funksjonene V(x), M(x) og q(x) knyttet sammen ved enkle formler, som kan anvendes med fordel ved opptegn-
ing av skjærkraft- og momentdiagrammene.
Før vi utleder disse formlene, må vi introdusere fortegnsregler for snittkreftene i en horisontal bjelke, se fig. 4.
N og V representerer hver 2 krefter og M 2 kraftpar.
når den angir strekkraft i bjelken.
N er positiv
V er positiv når skjærkreftene
vil forsøke å dreie bjelkedelene med urviseren, alternativt, når skjærkreftene vil forsøke å dreie et bjelkeelement dx med urviseren.
KAP.9 BØYEMOMENT OG SKJÆRKRAFT
1 29
M er positivt når det gir strekkpåkjenninger på bjelkens underside.
Fortegnsreglene, slik de er satt opp her, gjelder egentlig bare for en horisontal bjelke.
Regelen for positiv skjærkraft gjelder
riktignok også for en bjelke med vilkårlig orientering i figurpla
net, men fortegnsregelen for moment forutsetter at vi vet hva som er bjelkens underside.
Fig. 5a viser et bjelkeelement Ax påvirket av tverrbelastning q og snittkrefter .
Ax er valgt tilstrekkelig liten til at q har
samme retning i hele intervallet Ax.
Resultanten av tverrbelast-
ningen på bjelkeelementet er da en tverrkraft q(x’) Ax *
i posisjon
x + Ax’ slik at x < x’ < x + Ax og 0 < Ax' < Ax, se fig. 5a.
Like
vekt av bjelkeelementet krever
EF
y
= 0 => -V + q(x’)«Ax + (V + AV) = 0
EMp = 0 => -M - [ q(x ' ) • Ax ] • Ax ’ + (M + AM) - (V + AV) • Ax = 0 Herav følger det at
dV dx
x
Alimnta = -'l(x) Ax->0
dM dx
AM lim Ax Ax->0
V
(1)
Ax
Fig. 5 En "direkte" utledning av resultatene (1)
differensialer, se fig. 5b. dx.
får vi ved å benytte
Vi krever likevekt for bjelkeelementet
Ved oppsetning av likevektslikningene tar vi bare med hovedledd
og ledd som er lineære med hensyn til differensialene.
Da får vi
1 30
ZF
y
= 0 => -V + q«dx + (V + dV) - 0 => -v— = -q dx (la)
ZMp = 0 => -M + (M + dM) - V dx *
Vi kaller (1)
= 0 =>
dM
= V
for like vekts li kninger for et bj elkeelement og fører
dem opp slik
dM dx
dV dx
(2)
De to likevektslikningene kan settes sammen til bjelkens dif
ferensiallikning
d2M dx2
(3)
q
Eksempel 2. Fritt opplagt bjelke med jevnt fordelt last. Skjærkraft- og momentdiagram
for bjelken AB skal tegnes. Lagerreaksjonene bestemmes, og vi tegner belastningsdiagram,
fig. 6b.
Likevekt av en bjelke-
del x, se fig. 6c, krever
SF y
EM
i
= 0 => V = ^(1 - ^) 2 l = 0 =* M =
- (p)2] Z___ Lj_______ Lj_____
Fig. 7 viser diagrammene for V og M.
Momentdiagrammet er teg
net på strekksiden.
(2) kan be
nyttes ved kontroll av diagram mene: q er konstant => helningen
for V er konstant.
M har eks-
tremalverdi der V = 0.
Alternativ beregning etter (2).
Fig. 7
dV = -q => „v = -qx + nC, dx1 1
KAP.9 BØYEMOMENT OG SKJÆRKRAFT
131
Integrasjonskonstanten Cx bestemmes fra grensebetingelsen
V(0) = qL/2 => Cx = qL/2
V = ^[1 - 4^-]
Herav:
Z__________ -Li
= V - M = ^[x - A] + C2
M(0) - 0 gir C2 = 0.
Herav
M =
[y - (^)
]
Z___ Lj_______ Lj_____
Eksempel 3. Sammensatt bjelke.
Fig. 8
Diagram for skjærkraft og bøyemoment skal bestemmes. Likevekt av bjelke BC krever:
„ B
l|f f
Z%.
—►
B = 0 , x
01 a TI c
.
a
T• by Fig. 9a ZF ZF
y x
y
= 0 => A x
y
= C = F/2
V- og M-diagrammene for BC bl som i eksempel 1.
Bjelke AB.
= 0 => A
B
Likevekt krever:
= qL + F/2 = 3qL/2 = 0
ZMA = 0 => M. = (qL)-(L/2) + (F/2)«L => M. = qL2 A
A
Likevekt av bjelkedel x krever
A
132
EFy = 0 => V + qx - 3qL/2 = 0
=> v = ^[3 -
EM
qi? L I 1.J q (fr-?|)M k3qL/2 P
P
= 0 =*
M + qL2 - (—^—-) x *
Fig. 9b
- 3(£) + 2]
=> M = Z
Diagrammene kan nå tegnes, se fig. 10.
+ (qx)«^ = 0
Lj-Lj
Bøyemomentet tegnes på
strekksiden .
Fig. 10 Formlene (2) kan benyttes til kontroll ved opptegningen.
Formelen dV/dx = -q viser at V-diagrammet er rettlinjet der q(x) er konstant,og spesielt er V =konstant der q(x) = 0.
V-diagrammet
har en diskontinuitet der den konsentrerte tverrlasten angriper. Formelen dM/dx = V viser at M-diagrammet er rettlinjet der V(x) er konstant og parabelformet der V(x) varierer lineært.
En dis
kontinuitet i V-diagrammet svarer til en knekk i M-kurven. Diagrammet i fig. 10 kan også tegnes direkte når vi bare kjen
ner til ekstremalverdiene ved A, B, C og under den konsentrerte tverrlasten. ningen .
Formlene (2) benyttes til rettledning ved oppteg
KAP.9 BØYEMOMENT OG SKJÆRKRAFT
133
Eksempel 4. Ramme med stivt hjørne. Vi skal tegne diagrammene for snittkreftene i rammen ABC i eksem pel 5.5.
Først tegner vi belastningsdiagrammet, se fig. Ila.
Ut
fra dette er det lett å tegne opp N-, V- og M-diagrammene, se fig. 11b.
Eksempel 5. Ramme med T-hjørne.
Fig. 12 viser en plan ramme som
består av tre bjelker: AB, BC og BD, stivt forbundet i et T-hjørne ved
B.
Rammen er fast innspent ved D
og belastet over AC med en jevnt fordelt tverrlast på 4kN/m.
Snitt-
kreftene for rammens bjelker skal bestemmes. Løsning: først bestemmes innspenningsreaksjonene ved B for
bjelkene AB og BC.
Resultanten
av disse beregnes ved å kreve
Fig. 12
likevekt av hjørne B og settes på bjelke BD.
Innspenningsreak-
sjonene ved D kan så bestemmes.
1 34
Resultatet av denne beregningen er vist i fig. 13a. Diagrammene for normalkraft, skjærkraft og bøyemoment er vist i f ig. 13b.
a)
4 OkN
Lineær lastfordeling. Hydrostatisk last.
Eksempel 6.
Skjærkraft og momentdiagram for de innspente vertikale dambjelkene i eksempel 9 i kapittel 4 skal bestemmes.
Fig. 14a viser
belastningsdiagrammet . Tverrlasten er her q - qQz/h hvor qQ = Pghb.
bjelkedel z, se fig. 14b, krever EF
x
= 0 => V = q z2/2h
22
EMp = 0 => M - (q z2/2h) ( z/3 ) - q z 3 /6h r no no Diagrammet blir som vist på fig. 14c.
Likevekt av
135
KAP.9 BØYEMOMENT OG SKJÆRKRAFT
Fig. 14
Eksempel 7. Sirkulær bue.
Buen AB er belastet med en ver tikal kraft F som vist i fig. 15. Aksialkraft, skjærkraft og bøye
moment skal bestemmes i et vil kårlig tverrsnitt gitt ved vink
elen (f). Likevekt av buedelen mellom
B og et tverrsnitt, se fig. 16, krever
SFn
= o => N =
-(F cos V =
-(F sin M =
FR(1 - cos(|))/2
Disse resultatene gjelder for 0 RJ tg(f> =
(5) og (6) innsatt i
,
ds
w
dx
,
se fig. 2
(6)
(4) gir differensiallikningen for den elas
tiske linje d2 u _ _
M
,7.
262 Generelt er bøyemomentet en funksjon av x : M = M(x).
Likning
(7)
kan også benyttes dersom bøyestivheten EI i en viss grad varierer langs bjelken.
For sterk variasjon av bjelketverrsnittet , og der
med av I, vil imidlertid føre til at Navier's hypotese ikke lenger er akseptabel. For relativt store utbøyninger må vi bruke det eksakte uttrykk for krumningen
Eksempel 1.
Kragbjelke med enkeltlast.
En bjelke innspent ved en ende og med den andre enden fri, kalles
ofte en kragbjeIke.
Vi skal bestemme utbøyningsfunksjonen u(x)
for en kragbjelke belastet med en last F på den frie enden. Bøyemomentet blir M(x) - -F(L-x) og vi må løse følgende
grenseverdiproblem Differensiallikning:
d2 u _ _ M _ F dx2 EI EI
Grensebetingelser:
1) u(0) - 0 ,
2)
J
-s—
ri v
= 0 for x = 0
Integrasjon av differensial
likningen gir du - -(Tx -
EFL 2 }
dx
u =
F hi
x2 z
x3 b
+ r
Ci
+ C.x + C2 1
Grensebetingelsene gir u(0) = C
2
= 0 ,
dx
= C
i
= 0
Utbøyningsfunksjonen er altså
u =
KAP.18 DEFORMASJON AV BJELKER
Umaks
x 6
263
FL3 3EI
Helningen ø på et vilkårlig sted x er , du ♦ =
,x L
FL2 ‘ 2x 2EI L
FL2
, - du ^maks " dx
2EI
Fritt opplagt bjelke med jevnt fordelt last.
Eksempel 2.
Utbøyningen skal bestemmes.
Bøyemomentet er, se eksempel 2 i kapittel 9
M(x) =
Z
J_j
- (y) 2l J_j
Integrasjon av diff. likningen du2
dx2
M EI
resulterer i
Fig. 4
u
Grensebetingelsene gir
u(0) . = 0 => C2 = 0 u(L) = 0 - C, = Utbøyningsfunksjonen er altså
u = ** qL - 2(—)3 + (-)1*] 24EILL kL L J
- x umaks " 6
(2)
_
5 qLk 384 EI
Helning ved lagrene A
-
*B
- du dx
x=o
24EI
= aA[_E_ - — 6 — L 1J + C i x + C 2 2EI 121?
264
Direkte integrering av differensiallikningen (7)
for utbøy-
ningsfunksjonen u(x) blir lett komplisert når krumningsfunksjonen
M/EI er diskontinuerlig eller ikke lar seg uttrykke ved en enkel
analytisk funksjon.
Diskontinuerlig tverrsnittsendring gir dis
Konsentrerte laster gir knekk i moment-
kontinuitet i krumningen.
diagrammet slik at krumningen ikke er gitt av en enkel funksjon.
Vi skal nå presentere 2 metoder som benytter en indirekte inte
grasjon av differensiallikningen for den elastiske linje. Krumningsflatemetoden. For en fritt opplagt bjelke med vilkårlig last har vi en spe siell metode til bestemmelse av utbøyningen.
La oss først se på
to matematisk sett analoge problemer:
Fig. 5 Gitt
M(x) Bestem u(x) EI ’
Gitt q(x).
Bestem M(x)
Grenseverdiproblem Diff.likn.
d2u
d2M , . 2 = - q(x) dx
M(x) EI
dx2
Grensebetingelser 1 1 1) u(0) = 0 | 1) M(0) = 0 2) u(L) = 0
du dJ = ♦
|
2) M(L) = 0
Tilleggsinformasjon | 1 1 = v i dx
265
KAP.18 DEFORMASJON AV BJELKER
Fra den matematisk sett identiske form på de to vidt forskjellige problemer kan vi formulere krumnings f latemetoden.
For en fritt opplagt bjelke med bøyemoment M(x) og stivhet EI kan
utbøyningen u(x) bestemmes som "momentet" av "belastningen" M/EI på samme bjelke.
Den tilhørende "skjærkraft" er lik helnings-
vinkelen (p. "Lastdiagrammet" M/EI.kalles krumningsflaten.
Metoden kan også
benyttes dersom stivheten EI varierer langs bjelken. Eksempel 3. Fritt opplagt bjelke med jevnt fordelt last.
Vi skal benytte krumningsflatemetoden til å beregne maksimalut-
bøyningen 6 og helningene og
02
Geometrisk betingelse:
vinkelen
ip mellom bjelkeaksene til ven
stre og høyre for C skal være null
2 = o => (y1 +ei) - (y2 + e2) = o 1 , 1 \ A
279
finner vi slik + A
=
yAi *A2
/Fabx a + A = ff^-(a+2b) 1 L J6EI ohlL_______ a
b = d>„ +1^ = k/Fabx L ; 6EI *B1 ^B2
j§^r(2a+b) OLIL
hvor vi har benyttet elementærformler for
og X1
2Xx + 12X2 = qL2
-at2 22
X2
2qL? 22
Reaksjonskreftene beregnes nå ved å superponere resultatene fra
fig. 7, og belastningsdiagrammet blir som vist på fig. 8a. kraf tdiagram og momentdiagram er fremstilt i fig. 8b og c.
Fig. 8
Skjær
302
Forskyvningen av lager C skal
beregnes. Analyse:
Rammen har en binding
mindre enn systemet i eksempel
4.
Problemet er derfor statisk
ubestemt av 1. grad.
Løsning; Fig. 10a viser et sta tisk bestemt grunnsystem.
Moment
bindingen ved hjørnet B er fjer
net og erstattet med det statisk
Fig. 9
ubestemt momentet X.
Den geo
metriske betingelsen som skal gi
X, er at vinkelen skal være rett mellom bjelkeaksene til AB og BC i hjørnet B.
Fig.10
303
KAP.21 STATISK UBESTEMTE BJELKER OG RAMMER Fig.
10 b og c viser den statiske virkning av henholdsvis ytre Når rammens deformasjon skal be
last og statisk ubestemt moment.
stemmes, betraktes bjelkene som elementærbjelker, se fig. 10e og f.
Fig. 10d viser den nødvendige stivt-legeme forskyvning
Elementærformlene gir
6 er den søkte lagerforskyvning.
24EI
. _ ‘n
X(L/2) 3EI
i
n Øi
i S
Yi
X(L/2) = XL 6EI 4EI
XL 4EI
XL 3EI
7XL 12EI
To geometriske betingelser skal oppfylles
XL 4EI
ø = 4»! -
= 0
* =
- h = 0 =>
-
24EI
7 XL 12 EI
J_j
Hvorav
X =
—- -
2 0/
f