Statikk og fasthetslære [2 ed.] 8251904498 [PDF]

Zitiervorschau

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