Løsningsforslag for eksamen 1/6-04 Oppgave 1. Oppgave 2. HØGSKOLEN I GJØVIK Avdeling for teknologi. Mekanikk Fagkode: L158M LF for eksamen 1/6-04

Transkript

1 Løsningsforslag for eksamen /6-4 Oppgave a) Verdien i venstre ende av V-diagrammet er for en orisontal, fritt opplagt bjelke alltid lik A y A y =, k Verdien i øyre ende av V-diagrammet er for en orisontal, fritt opplagt bjelke alltid lik -B y B y =,5 k b) Der vor V-diagrammet er konstant, er det ingen belastning. Den eneste ytre lasten angriper der det er et sprang i diagrammet, altså,5 m fra A. V minker,5 k i tallverdi Bjelken angripes av en nedadrettet punktlast på,5 k,5 m fra A. Oppgave a) Dette blir som eksempel 6. i Vollens bok: midt = maks = maks = 45 km q L 8 6 = 8 b) Deler P i to: Horisontalkomponenten P og vertikalkomponenten P v P = P os 5 = 5 k os 5 = 9,64 k P v = P sin 5 = 5 k sin 5 =,49 k P opptas i A og gir trykkraft = 9,64 k i ele bjelkens lengde. P v gir et moment midt mellom A og B som kommer i tillegg til momentet fra q (beregnet i a)). Ser nå på virkningen av P v alene: Σ B = P v 4 + A y 6 = A y = -P v 4/6 A y = -7,66 k Virkningen av q og P = 45 km - 7,66 km =, km ) σ = σ = A ± σ ± W 6 9,64, Ved overkant: σ = σ σ = = =,48 A W,88 σ o = - /mm Ved underkant: σ = σ + σ = + =,48 + A W σ u = 97,5 /mm (Dette er et eksempel på at momentet pleier å a mye større betydning enn normalkraften.) Eksamen /6-4 Løsningsforslag Side av 6 Leif Erik Storm

2 Oppgave a) Hjulet øverst på stigen Kun orisontal kraft mot toppen av stigen. Kaller den K. Tyngden av Leif Erik kaller vi G, mens vi kaller vertikalkraften mellom asfalten og stigen for, mens friksjonskraften kalles F. Kaller orisontal avstand mellom toppog bunnpunkt for b. (Kunne selvsagt brukt andre bokstaver.) b) ΣF x = K F = K = F ΣF y = G = = G omentlikevekt om nederst på stigen: Σ nederst = K b tan α - G b/ = G tan α = K tan α = F tan α blir mindre når α blir mindre, men når α blir mindre blir F større; F går mot F maks Det dreier seg derfor om å finne (tan α) min F maks = μ ( tan ) α min = = = = α min = 59, μ μ,,6 Oppgave 4 a) Kraften mot luken er gitt ved: F = γ A, vor γ er ets spesifikke tyngde, er den vertikale avstanden fra overflaten til lukens flatesenter og vor A = b er lukens areal. Innsatt tallverdier: F = 9798 (, +,5) = 68,6 k Denne kraften angriper i avstanden p under overflaten: I p = + e, vor e = (som tipset i oppgaveteksten) y A I = b l Innsatt tallverdier: (y = siden luken er vertikal) p =,5 + = =,54m (under overflaten),5 Eksamen /6-4 Løsningsforslag Side av 6 Leif Erik Storm

3 b) Dreiemomentet om O blir: O = kraft arm = 68,59 (,54,) km = 5,9 km ) Vi kan utføre beregningene på to måter, og viser begge nedenfor: () Dette er muligens den mest naturlige løsningen. Oljen gir et konstant trykk på toppen av overflaten, slik at kraften mot luken blir: F = γ d A + γ A, vor d =, m er lagets tykkelse. Innsatt tallverdier: F = 784, ,5 = 84, k Oljen utøver et konstant (jevnt fordelt) tillegg i trykket mot luken, og den resulterende tilleggskraften virker derfor gjennom lukens flatesenter. Resultantkraften fra et alene virker i dybden, som funnet i a) ovenfor. Total-resultantens angrepspunkt (avstand L p under overflaten) bestemmes av: F L = F, 5 + F p, dvs.: 847 L = 784,5 + 68,6,54, og dette gir for L: L =,5m (under overflaten) () Alternativt kan vi tenke oss at n fyller ele karet, og at det i tillegg utøves trykk fra en væske med spesifikk tyngde lik γ γ. Denne tenkte væsken fyller da karet fra nivået til overflaten, og nedover i karet. Kraften mot luken blir da: F = γ d + AO + ) A + ( γ γ ) ( AO + ) A ( Dette uttrykket kan enkelt trekkes sammen til: F = γ d A + γ AO + ) A ( Denne kraften er den samme som vi fant tidligere, når vi setter at AO + =. Angrepspunktet for resultantkraften fra n (som vi tenker oss fyller ele karet) er gitt ved den generelle formelen: = e, vor nå er gitt ved: p, + = d + AO + Avstanden p, er målt fra ns overflate. Angrepspunktet for Eksamen /6-4 Løsningsforslag Side av 6 Leif Erik Storm

4

5

6 Oppgave 6 a) I beregnes lettest ved å tenke som illustrert i figuren til øyre: I for tverrsnittet vårt er lik I for et stort rektangel (mm 8mm) minus I for et lite rektangel (mm 7mm) I = 8 7 I = 5,96 5 mm 4 b) Fra formelsamlingen: 4 4 δ = q L B EI δ B = δ 5 5 B = 4 mm, 5,96 Oppgave 7 Dette kan begrunnes v..a. Bernoullis likning. Eksamen /6-4 Løsningsforslag Side 6 av 6 Leif Erik Storm