Løsningsforslag for Eksamen 1/12-03

Transkript

1 Løsningsforslag for Eksamen 1/12-03 Oppgave 1 a) Definerer (velger/antar) først positiv retning på reaksjonskreftene som vist i følgende fig.: Beregning av reaksjonskreftene: ΣF y = 0 A y = 0 A y = 24 kn ΣF x = A x = 0 A x = -8 kn ΣM A = 0 M A /2 = 0 M A = M A = -112 knm Relevante verdier for V-diagrammet: (Negativt fortegn på A x Positivt fortegn på V nær A) Etter punktlasten (8 kn) blir V = 8 8 = 0 I bjelken BC er V = A y = 24 kn = V ved B Langs BC synker V lineært til V = 0 ved C Relevante verdier for M-diagrammet: (Negativt fortegn på M A Strekk på venstre side av AB nær A) Ved punktlasten (8 kn) er M = M A A x 2 = = -96 knm I B er M = M A A x = = - 96 knm Side 1 av 8 Løsningsforslag for Eksamen 1/12-03 Leif Erik Storm

2 Momentet er angitt i knm Skjærkraften er angitt i kn b) Det virtuelle M-diagrammet beregnes ut fra virkningen av en nedadrettet enhetslast i D: Side 2 av 8 Løsningsforslag for Eksamen 1/12-03 Leif Erik Storm

3 Dette gir M C = 0 og M B = (-1) 8 = -8 = M A. Altså ser det virtuelle M-diagr. slik ut: Sammen med det virkelige M-diagr. fra a) gir det virtuelle M-diagr. vha. vedlegget: EI δ D = (112-96) 2 (Første ledd gjelder BC, de andre AB.) EI δ D = 4736 knm kNm δ D = N / mm mm δ D = 112,8 mm (Så store forskyvninger er vanligvis ikke akseptable. Det er derfor man i neste oppgave prøver å forsterke konstruksjonen.) Side 3 av 8 Løsningsforslag for Eksamen 1/12-03 Leif Erik Storm

4 Oppgave 2 a) Alternativ 1: Statisk bestemt grunnsystem identisk med systemet i oppg. 1, og et system 1, som er likedan, men uten ytre belastning, bortsett fra en oppadrettet punktlast X 1 (=D y ) i opplegg D. Alternativ 2: Statisk bestemt grunnsystem med fast leddlager istedenfor fast innspenning i A, og et system 1, som er likedan, men uten ytre belastning, bortsett fra et enhetsmoment X 1 (=M A ) i opplegg A. Flere alternativer er mulig; en kan danne et statisk bestemt grunnsystem ved å innføre ledd et annet sted, f.eks. i B, og så påføre et moment X 1 som er lik momentet i punktet. b) Problemet kan deles i et statisk bestemt grunnsystem (system 0), som er identisk med systemet i oppg. 1, og et system 1, som er likedan, men uten ytre belastning, bortsett fra en oppadrettet punktlast X 1 (=D y ) i opplegg D: System 1 med X 1 = 1 System 0: Kaller vertikal forskyvning (nedover) av pkt. D for δ 10. Fasitsvaret i 1b = δ 10 = 112,8 mm System 1: Kaller vertikal forskyvning (nedover) av pkt. D for δ 11. (Pkt. D blir egentlig forskjøvet oppover.) Virkelig M-diagram (M 1 -diagrammet) blir som det virtuelle M-diagrammet i 1b, men med motsatt fortegn. Virtuelt M-diagram her blir akkurat som det virtuelle M- diagrammet i 1b. Derfor: Side 4 av 8 Løsningsforslag for Eksamen 1/12-03 Leif Erik Storm

5 EI δ 11 = 3 1 (-8) (-8) 8 4 (Første ledd gjelder BC, andre AB.) EI δ 11 = -426,67 knm ,67kNm δ D = N / mm mm δ 11 = -10,16 mm Det negative fortegnet viser at pkt. D blir forskjøvet oppover. Skal forskyvningen av pkt. D totalt bli lik null, må: δ 10 + X 1 δ 11 = 0 X 1 δ = δ X = 112,8 1 10,16 X 1 = 11,1 D y = 11,1 kn Relevante verdier for M-diagrammet finnes slik: M = M 0 + M 1 X 1 M B = ,1 M B = -7,2 knm Momentet ved punktlasten på 8 kn blir også 7,2 knm, for verken M 0 -diagrammet eller M 1 - diagrammet endrer verdi fra B til dette punktet. M A = ,1 M A = -23,2 knm Da gjenstår å beregne maksimal positiv verdi for momentet mellom B og C, som oppgaven spør etter. Momentet mellom B og C er lik summen av bidragene fra den fordelte lasten og fra D y. Lar vi x gå fra C mot B, blir: M(x) = -3 x x/2 + D y x = -1,5 x ,1 x dm M(x) = 0 der = 0, dvs. der 3,0 x + 11,1 = 0 x = 3,7m dx M(x = 3,7m) = -1,5 (3,7) ,1 3,7 = M maks = 20,5 knm Side 5 av 8 Løsningsforslag for Eksamen 1/12-03 Leif Erik Storm

6 Oppgave 3 a) Uten ledd i B ville det vært 5 ukjente opplagerreaksjoner: A y, C y, D x, D y og M D. For å beregne disse, ville vi hatt 3 likevektslikninger. Derfor 5-3 = 2 ganger statisk ubestemt b) Tegner på oppleggskrefter: Antall ukjente: 5 Antall likevektslikn.: 3 Antall ledd: 1 Systemet er = 1 gang statisk ubestemt For å få et statisk bestemt hovedsystem (system 0), velger vi å fjerne glidelageret i C: System 0 Dermed blir X 1 lik den kraften vi er ute etter; X 1 = C y I system 1 setter vi først X 1 = 1: System 1 Side 6 av 8 Løsningsforslag for Eksamen 1/12-03 Leif Erik Storm

7 Nedbøyningen av pkt. C i system 0 kaller vi δ 10, mens δ 11 er oppbøyningen av pkt. C for X 1 = 1 i system 1. Med X 1 = C y må δ 10 = δ 11 X 1 System 0: For å finne M 0 -diagrammet, må vi først finne (noen av) oppleggskreftene. Deler systemet: Likevekt av AB: Symmetri og ΣF y = 0 A y = B y = q L/8 Likevekt av BCD: ΣM D = 0 B y 3L/4 + q L/4 5L/8 + M D = 0 M D = -ql 2 /4 Dette gir følgende M 0 -diagram: System 1: For å finne M 1 -diagrammet, må vi først finne (noen av) oppleggskreftene. Deler systemet: Side 7 av 8 Løsningsforslag for Eksamen 1/12-03 Leif Erik Storm

8 Likevekt av AB: AB er en pendelstav: ΣM B = 0 A y = 0 B y = 0 Likevekt av BCD: ΣM D = 0 X 1 L/2 - M D = 0 M D = 1 L/2 Dette gir følgende M 1 -diagram: Beregning av δ 10 og δ 11 og derav X 1 = C y : De virtuelle momentdiagrammene blir for både for system 0 og system 1 identisk med M 1 - diagrammet, men M virt for syst. 0 får motsatt fortegn (for at både δ 10 og δ 11 skal bli positive). Bruker trapés -formelen fra høyre spalte i vedlegget EI δ 10 = δ 10 = ql 4 EI 2 1 L ql ql L Bruker trekant -formelen fra høyre spalte i vedlegget EI δ 11 = δ 11 = 3 L 24EI δ δ 10 = δ 11 X 1 X 1 = δ = 3 ql L 24 4 X 1 = C y = 9 16 ql 1 L L L Side 8 av 8 Løsningsforslag for Eksamen 1/12-03 Leif Erik Storm