Kapittel 1:Introduksjon - Statikk

1 - Introduksjon - Statikk Kapittel 1:Introduksjon - Statikk Studér: - Emnebeskrivelse - Emneinformasjon - Undervisningsplan 1.1 Oversikt over temaene Skjærkraft-, Moment- og Normalkraft-diagrammer Grunnleggende for: Deformasjonsberegning Spenningsberegning 3-moment-likningen Formel for beregning av V- og M-diagram for kontinuerlige bjelker Skjærspenninger Vi vet hvor store spenninger materialet tåler, ikke hvor store snittkrefter det tåler. Beregner skjærkraft fordi vi egentlig er interessert i skjærspenninger (og moment og dermed bøyespenninger). Skjærspenninger er vanligvis ikke jevnt fordelt. Vridninger oppstår hvis V ikke går gjennom skjærsenteret. Deformasjoner Moment fører til krumning (vinkelendring). En metode for beregning av nedbøyninger (δ) og vinkelendringer (ϕ): Metoden med Elastisk linje: f(x) d f --------- dx ----- M EI ikn. (1) Fordel: Får bestemt nedbøyningen y og vinkelendringen ϕ langs hele bjelken. Ulempe: Kan bli mye regning Hvorfor lære å beregne deformasjoner? Bruddgrensetilstand: σ < σ d, aster < 50-årslast (Snølast,Vindlast m.m.) Bruksgrensetilstand: (Vanligvis) Nedbøyninger mindre enn tillatt maksimum (ofte / 00 /500.) (Her er lastene mindre (mer dagligdagse enn i bruddgrensetilstand, så spenningene blir mindre, men nedbøyningene kan bli avgjørende (dimensjonerende). Bl.a. derfor skal vi beregne nedbøyninger i dette emnet.) Statisk ubestemte konstruksjoner Beregnede deformasjoner brukes for å løse slike problemer. Mye av hensikten med å beregne deformasjoner kan være å løse statisk ubestemte problemer. (Eks.: Bjelke med jevnt fordelt last og 3 opplegg, s. 347 i Mekanikk-boka.) Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 1

1 - Introduksjon - Statikk Hovedspenninger og Mohr-diagram Dette temaet er også en del av emnet Geoteknikk, men blir kort tatt med her også. I Geoteknikk handler det bare om trykkspenninger, men i bygningskonstruksjoner er også strekkspenninger aktuelle. Flyteledd (ikke pensum i 006) Plastisitet, flyteledd, flytemekanismer og bruddberegninger. Dette illustreres best vha. et eksempel: Bjelken i fig. 1 er en gang statisk ubestemt. Den er utsatt for en variabel punktlast q. Når Q er liten, forårsaker den det elastiske momentdiagrammet vist i fig.. Hele bjelken er elastisk, for momentet er mindre enn den elastiske kapasiteten, dvs. mindre enn flytemomentet M y. Fig. (1) Statisk ubestemt bjelke Ettersom Q gradvis økes, når momentet ved B den plastiske kapasiteten M p. I fortsettelsen forutsetter vi at M B M p. Fig. () Elastisk M-diagram Fig. (3) Bjelken etter flytning i B Bjelken kunne alternativt vært konstruert med et hengsel i B. Ville det vært lurt? Da ville den vært statisk bestemt i elastisk tilstand, og vært i stand til å bære en viss belastning. Men M C ville da blitt større. Vår konstruksjon får M B M p. Den er naturligvis sterkere enn en konstruksjon med M B 0. Hva skjer hvis vi fortsetter å øke Q? Bjelken er nå som vist i fig. 3. Vha. likevektslikningene kan vi konstruere momentdiagram for økende verdier av Q, som vist i fig. 4. Til slutt blir Q så stor at også M C M p. Når dette skjer, er Q Q brudd ; konstruksjonen er blitt en mekanisme(fig. 5), og bryter sammen. Fig. (4) M-diagrammets utvikling Fig. (5) Brudd Indre, virtuelt arbeid (ikke pensum i 006) Arbeidsbetraktninger kan (i likhet med metoden med elastisk linje) brukes til beregning av deformasjoner. Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side

Kapittel :Skjærkraft-, moment- og normalkraft-diagrammer.1 Grunnlag V-, M- og N-diagrammer brukes for: Deformasjonsberegning Spenningsberegning.1.1 Opplagerkrefter: Opplagerkreftene kan for en statisk bestemt konstruksjon bestemmes v.h.a. likevektslikn.: ΣF x 0 ikn. () ΣF y 0 ikn. (3) ΣM P 0 (P er et hvilketsomhelst punkt på konstruksjonen) ikn. (4) Eventuelt kan vi også bruke M 0 ( er et leddpunkt) ikn. (5) Enkelt eksempel på beregning av opplagerkrefter: Vi skal beregne opplagerkreftene A x, A y, M A og C y i problemet vist i fig. 6: ikevekt av hele konstruksjonen gir: A x 0 Fig. (6) Eksempel ang. oppleggskrefter : Vi tar et snitt ved B og ser på likevekt av BC (fig. 7): ΣM B 0 C y 3 3 3 -- C y 3kN Fig. (7) ikevekt av høyre del (BC) ΣF y 0 B y + C y q 3 B y 3kN ikevekt av delen AB (fig. 8): ΣF y 0 A y B y + q 3 A y 9kN ΣM B 0 M A + A y 3 q 3 3 -- 0 Fig. (8) ikevekt av venstre del Dette gir: M A 18 knm. Når opplagerkreftene beregnes, kan vi vha. disse finne kreftene i resten av konstr. (dvs. snittkreftene V, M og N ). Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 3

. Skjærkraft og bøyemoment Skjærkraft (V) Skjærkraften er lik summen av de ytre kreftene som virker til venstre (høyre) for et gitt snitt. Fortegnskonvensjon: Skjærkraften er positiv når den prøver å dreie en bit av bjelken med urviseren. Fig. (9) Skjærkraft - fortegn Skjærkraften er positiv når kraften som virker fra venstre del på høyre del peker oppover. Bøyemoment (M) vanligvis bare kalt moment Bøyningsmomentet er lik den algebraiske sum av momentene til de ytre kreftene som virker til venstre (høyre) for et gitt snitt. Fortegnskonvensjon: Momentet i en horisontal bjelke er positivt når det gir trykk i bjelkens overside og strekk i bjelkens underside. Fig. (10) Momentfortegn Sammenhengen mellom fordelt last q, V og M Vi ser i fig. 11 på et lite utsnitt av bjelken med lengde dx. ikevektsbetraktninger gir: dv Når x går mot høyre: ------- dx q ikn. (6) dm Når x går mot høyre: -------- dx V ikn. (7) ikningene 6 og 7 får begge motsatt fortegn når x går mot venstre. Fig. (11) q, V og M.3 Eksempel: VMN for treleddkonstruksjon.3.1 Oppgave: Tegn N-,V- og M-diagram for denne treledd-konstruksjonen: Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 4

.3.øsning Vi ser at både bjelke DB og bjelke AC danner 45 vinkler med horisontal og vertikal akse, og at bjelkene danner 90 vinkel med hverandre. Problemet blir enklere hvis vi legger x-aksen parallelt med DB og y- aksen parallelt med AC. (M.a.o.: Vi dreier x-aksen og y-aksen 45.) Fig. (1) Men hvor lange er bjelkedelene AC, BC og CD? Og hvordan kan vi dekomponere kreftene H og P slik at komponentene blir parallelle med den nye x-aksen og den nye y-aksen? Vår gamle greske venn Pytagoras kommer oss til hjelp: Fig. (13) Kontroll v.h.a. Pytagoras setning (katet) + (katet) (hypotenus) viser at fig. 13 stemmer. Problemet kan da framstilles som på fig. 14: Fig. (14) Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 5

Finner oppleggskreftene: ikevekt av AC: ΣM A 0 C x 0 ΣF x 0 A x + C x 0 A x 0 AC er en såkalt pendelsøyle, dvs. en søyle med ledd i begge ender og ingen belastning mellom endene. Slike søyler får alltid bare normalkraft, altså ingen skjærkraft og ikke noe moment. ΣF y 0 C y -A y Fig. (15) Fig. (16) ikevekt av DB: (C y er her tegnet inn med motsatt retning i forhold til figuren for AC. I forrige figur er C y en kraft som virker fra DB på AC, mens C y her er en kraft som virker fra AC på DB, og kraft er lik motkraft.) H H a B y a 0 B y ΣM C 0 H P B 0 ΣF x 0 + + H P x B x H P H P C y + B y 0 C y ΣF y 0 A y P H.3.3 N-, V- og M-diagrammer Ut fra beregnede oppleggskrefter finner vi diagrammene relativt lett: Fig. (17) N-diagram (Minustegn angir trykk.) Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 6

Fig. (18) Skjærkraft-diagram Fig. (19) Moment-diagram egg merke til at det bare er kraften H som bidrar til skjærkraft og moment. Kraften P fordeler seg symmetrisk ned i AC og CB som ren trykkraft. Kraften P angriper altså konstruksjonen på en gunstig måte, for en konstruksjon tåler langt mer trykkraft-belastning enn momentbelastning hvis ikke bjelkedelene er så slanke at knekning kan inntreffe..4 Kapittel ang. VMN og T (skjærkraft, moment, normalkraft og torsjon) fra NTNU-kompendium for arkitektstudenter Dette kapitlet er fra kompendiet Konstruksjonsteori for arkitekter, skrevet av eif Erik Storm ved Institutt for bygningsteknologi i 001 vha. tilsvarende eldre kompendier av professor Jan Sivertsen. I dette kompendiet brukes z som indeks der vi i emnet Statikk pleier å bruke y. Det som står om torsjon, er ikke sentralt i emnet Statikk, selv om dette anses som kjent stoff fra Mekanikk. I V-diagrammene i fig. 4.17, fig. 4.18 og fig. 4.7 (i NTNU-kompendiet) er positiv skjærkraft tegnet på undersiden av bjelken. Det vanlige er å tegne positiv skjærkraft på oversiden. På side 67 (i NTNU-kompendiet) står det at Momentet for en bestemt x-verdi, er lik arealet av skjærkraftdiagrammet fram til x fra venstre kant. (Der skjærkraften er negativ, brukes negativt fortegn i beregningen.) Dette er ikke alltid riktig. Unntakene er: når det finnes faste innspenninger eller konsentrerte ytre momenter. dm V M Vdx Vdx C dx + a 0 ikn. (8) (a er avstanden fra bjelkeenden til punktet vi ser på.) Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 7

Påstanden s. 67 forutsetter at C 0, men C 0 når det er en fast innspenning eller et konsentrert ytre moment. Hvis vi f.eks. ser på en utkragerbjelke som er fast innspent i venstre ende (pkt. A), er C M A Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 8

Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 9

Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 10

Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 11

Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 1

Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 13

Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 14

.5 Eksempler ang. VMN (skjærkraft, moment og normalkraft) fra NTNU-kompendium for arkitektstudenter Disse eksemplene er (også) fra kompendiet Konstruksjonsteori for arkitekter, skrevet av eif Erik Storm ved Institutt for bygningsteknologi i 001 vha. tilsvarende eldre kompendier av professor Jan Sivertsen. Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 15

Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 16

Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 17

Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 18

Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 19

Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 0

Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 1

.6 3-moment-likningen - kun jevnt fordelt last 3-moment-likningen er en formel / formler for beregning av V- og M-diagram for kontinuerlige bjelker. I dette avsnittet definerer vi støttemomentene M A, M B og M C som positive når det blir strekk ved overkant ved oppleggene. Fig. (0) Kontinuerlig bjelke med 3 opplegg og utkragninger i begge ender. Den er belastet med jevnt fordelt last q og har konstant stivhet EI. Ved A og C får bjelken strekk i overkant. Momentet ved A blir det samme som innspenningsmomentet for en utkragerbjelke med lengde V ( V ) ikn. (9) ikevektsregning gir: M A --------------------- Fig. (1) MA finnes fra likevekt om innspenningen ( H ) På tilsvarende måte finner vi M C --------------------- ikn. (10) enger kommer vi ikke vha. likevektslikningene alene, for dette problemet er statisk ubestemt. Men vi kan finne M B vha. det som kalles 3-moment-likningen. Den kan brukes også for varierende fordelt last, for punktlaster og når stivheten EI har en annen verdi mellom A og B enn mellom B og C. Men for dette spesialtilfelle blir likningen slik: q 3 3 M A + M B ( + ) + M C -- ( ikn. (11) 4 A + ).6.1 Momentberegning 3 3 + C 4M A 4M C M B -------------------------------------------------------------------------------------------------- 8 ( A + ) ikn. (1) ikningene 11 og 1 er ikke avhengige av at q er konstant utenfor A og utenfor C. Momentene i A og C lar seg regne ut (vha. likevektslikningene) for vilkårlig belastning til venstre for A og til høyre for C. Men forøvrig forutsetter alt i kap..6 at vi har en bjelke som vist i fig. 0. Hvis det er null belastning mellom A og B, mens q er konstant mellom B og C, blir 3 M C 4M A 4M C B ---------------------------------------------------------------------- ikn. (13) 8 ( A + ) Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side

Hvis det er null belastning mellom B og C, mens q er konstant mellom A og B, blir 3 M A 4M A 4M C B ---------------------------------------------------------------------- ikn. (14) 8 ( A + ).6. Beregning av oppleggskrefter og skjærkrefter Vi kaller skjærkraften like t.v. for A for V AV og skjærkraften like t.h. for C for V CH Fra fig. 1 finner vi fra vertikal likevekt at V AV q V ikn. (15) Tilsvarende: V CH H ikn. (16) Med annen (vilkårlig) belastning utenfor A eller utenfor C, kan disse skjærkreftene alltid beregnes relativt lett - fra vertikal likevekt. Fig. () Bjelkedelen AB, dvs. et utsnitt av bjelken fra like til venstre for A til like til venstre for B. ΣM B 0 A + V AV A ------------- + M B M A 0 A q A V M AV ------------- A M + + -------------------- B V AV A + ------------- M B + M A ---------------------------------------------------------------------------- ikn. (17) Tilsvarende: C V C M CH ------------- C M + + ------------------- B ikn. (18) Vertikal likevekt for hele bjelken gir: B A C ikn. (19) (Med menes her lengden av hele bjelken.) Nå kaller vi skjærkraften på høyre side av A for V AH, og ved B har vi V BV på venstre side og V BH på høyre side. Tilsvarende ved C - altså V CV og V CH. V AH V AV + A V AH M ------------- A M + -------------------- B ikn. (0) V BV V AH V A M BV ------------- A M + -------------------- B På tilsvarende måte finner vi at: V CV V CH C V C M CV ------------- B M + ------------------- C V BH V CV + V C M BH ------------- B M + ------------------- C ikn. (1) ikn. () ikn. (3) Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 3

.6.3 M, V og oppleggskrefter når M A M C 0 Dette er et vanlig spesialtilfelle. M A M C 0 når V H 0 og når det ikke er belastning til venstre for A og til høyre for C. ikn. 11 (3-moment-likningen) blir da forenklet til: 3 3 q 3 3 q ( M B ( + ) -- ( ikn. (4) 8 A + ) M A + ) B --------------------------- 8 ( A + ) Uttrykkene for oppleggskreftene fra likn. 17, 18 og 19 forenkles til: A A M ------------- B ------- og : C C M ------------- ------- B og B A C ikn. (5) Skjærkrefter: V AV V CH 0 ikn. (6) V AH V BV V BH V CV A A M ------------- ------- B M ------------- ------- B M ------------- + ------- B C M ------------- + ------- B.6.4 M, V og oppleggskrefter når M A M C 0 og / ikn. (7) ikn. (8) ikn. (9) ikn. (30) ikn. (31) q -- Fra likn. 4 får vi: M B ------------------ q ------------ ikn. (3) 8 3 q ------------ Fra likn. 5 får vi A C 3 3 5 ---------- ------------- ----- q og B -- q ikn. (33) 4 16 8 -- Skjærkrefter: (Symmetri gjør dem lette å finne.) V AV V CH 0 ikn. (34) V AH V BV V BH A B --- B --- ----- 3 q 16 5 ----- q 16 ----- 5 q 16 ikn. (35) ikn. (36) ikn. (37) Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 4

V CV C 3 ----- q 16 ikn. (38).7 3-moment-likningen - punktlaster og fordelt last Nå skal vi presentere en mer anvendelig versjon av 3-momentlikningen. Punktlaster skal nå tas hensyn til, og dessuten skal den fordelte lastens intensitet kunne variere fra felt til felt, slik fig. 3 antyder: Fig. (3) Forutsetninger for den utvidete versjonen av 3-moment-likningen (likn. 40 side 6). Det kan være et vilkårlig antall punktlaster. At det er 4 punktlaster, er bare et eksempel..7.1 Momentberegning Fig. (4) Utsnitt: Delen AB Fig. (5) M-diagram for AB p.g.a. punktlastene alene Vi ser på delen AB: (fig. 4) Både endemomentene (M A og M B ), den fordelte lasten q A og punktlastene bidrar til det totale M-diagrammet for AB, men hvis vi bare ser på virkningen av punktlastene, får vi et M-diagram som vist i fig. 5. A PA arealet av M-diagrammet i fig. 5. x A avstanden fra A til tyngdepkt. i M-diagr. På tilsvarende måte ser vi på delen BC: A PC arealet av M-diagrammet i fig. 7 x C avstanden fra C til tyngdepkt. i M-diagr. Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 5

Fig. (6) Utsnitt: Delen BC Fig. (7) M-diagram for BC p.g.a. punktlastene alene 3-momentlikningen, slik vi hadde den på side, likn. 11: q 3 3 M A + M B ( + ) + M C -- ( 4 A + ) Forsatt uten hensyn til punktlaster, men når q A er forskjellig fra q C : M A M B + + ( ) + M C Når punktlastene tas hensyn til, blir likningen: M A M B + 3 3 q A ----------------- A q C + ---------------- C 4 4 3 3 q + ( ) + M C q C ----------------- C x ---------------- 6 A A x C + + 4 4 PA ------ + 6A PC ------ ikn. (39) Dette er 3-moment-likningen etter forutsetningene i fig. 3 side 5. ikn. (40) Det kan være komplisert å regne ut arealene A PA og A PC, og enda vanskeligere: x A og x C. Derfor skal vi uttrykke de to siste leddene i likn. 40 på en annen måte. Noen definisjoner: Fig. (8) a Ai er avstanden fra A til punktlast P Ai på AB a Ci er avstanden fra C til punktlast P Ci på BC. Hvis det er m punktlaster på AB og n punktlaster på BC (m og n er heltall), kan det vises at: 6A PA x A a ------ P Ai i A ------ ------ 3 x C m n ikn. (41) a og at 6A PC ------ P Ci ------ Ci ------ 3 ikn. (4) Variabel I og symmetriske punktlaster Hvis arealmomentet I varierer fra felt AB til felt BC, dvs. hvis a Ai a Ci I A I C, kan likn. 40 skrives: Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 6

3 3 M A A ------------------- M I B ------ + ------ C M C C q + A I A I + ------------------- A q ----------------- C 6A ---------------- PA x A 6A ------------------------ PC x + + + ----------------------- C C I C 4I A 4I C I A I C Altså: I er konstant lik I A mellom A og B, og I er konstant lik I C mellom B og C ikn. (43) Hvis x A / og x C /, kan likn. 40 (gjelder når I er konstant i hele bjelken) skrives : M A M B + + ( ) + M C 3 3 q A ----------------- A q C + ---------------- C + 3 A 4 4 PA + 3A PC ikn. (44).7. Beregning av oppleggskrefter og skjærkrefter Vi kaller skjærkraften like t.v. for A for V AV og skjærkraften like t.h. for C for V CH V AV lar seg beregne fra vertikal likevekt av delen t.v. for A, mens V CH lar seg beregne fra vertikal likevekt av delen t.h. for C. Hvis vi først ser bort fra punktlastene, blir A og C tilsvarende likn. 17 og 18 side 3: q A V A M AV ----------------- A M B q + + -------------------- og C V C M H ---------------- C M + + ------------------- B A Tilleggene p.g.a. punktlastene beregnes slik: Fig. (9) Modeller for beregning av tilleggene ΔA og ΔC ikevekt av AB-modellen: ΣM B 0 ΔA P A1 ( a A1 ) P A ( a A ) P A3 ( a A3 ) 0 a A1 ΔA P A1 1 ------- + P A 1 ------- + P A3 1 ------- a A m ikn. (45) Med vilkårlig antall punktlaster: ΔA P Ai 1 ------ ikn. (46) q Totalt har vi da: A V A M AV ----------------- A M B a + + -------------------- + P ikn. (47) Ai 1 ------ Ai q Tilsvarende: C V C M CH ---------------- C M B a + + ------------------- + P ikn. (48) Ci 1 ------ Ci a Ai B kan så beregnes fra vertikal likevekt av hele konstruksjonen. n m a A3 Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 7

Nå kaller vi skjærkraften på høyre side av A for V AH, og ved B har vi V BV på venstre side og V BH på høyre side. Tilsvarende ved C - altså V CV og V CH. V AH V AV + A V AH På tilsvarende måte finner vi at: m V BV V AH q A P Ai V BV V CV V CH C V CV n V BH V CV + q C + P Ci V BH q A M ----------------- A M B a + -------------------- + P Ai 1 ------ Ai.7.3 M, V og oppleggskrefter når M A M C 0 q A ----------------- m M A M B + -------------------- P Ai ------ n M B M C ikn. (49) ikn. (50) ikn. (51) ikn. (5) Dette er et vanlig spesialtilfelle. M A M C 0 når V H 0 og når det ikke er belastning til venstre for A og til høyre for C. m q C M ---------------- B M C a + ------------------- P Ci 1 ------ Ci q C ---------------- C + ------------------- + P Ci ------ n a Ci a Ai Fig. (30) Forutsetter m.a.o. at V H 0 ikn. 40 side 6 (3-moment-likningen) blir da forenklet til: M B ( + ) 3 3 q A ----------------- A q C x ---------------- 6 A A x C + + 4 4 PA ------ + 6A PC ------ ikn. (53) Uttrykkene for oppleggskreftene fra likn. 47 og 48 side 7 forenkles til: A q A M ----------------- B a ------- + P Ai 1 ------ Ai m n C q C M ---------------- B a ------- + P Ci 1 ------ Ci og : ikn. (54) ikn. (55) Skjærkrefter: V AV V CH 0 ikn. (56) V AH q A A M ----------------- B a ------- + P Ai 1 ------ Ai m ikn. (57) Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 8

q V A M BV ----------------- ------- B P Ai ------ n.7.4 M, V og oppleggskrefter når M A M C 0 og / Fra likn. 53 side 8 får vi: q A -- 3 q C -- 3 x M B ---------------------- --------------------- 1 A 4 4 ----- A PA 1A x C + + + PC ----- Fra likn. 54 og 55 side 8 får vi : m a Ai q V C M BH ---------------- + ------- B + P Ci ------ V CV C M B q C ---------------- M + B a Ci n ------- P Ci 1 ------ ikn. (58) ikn. (59) ikn. (60) ikn. (61) ikn. (6) ikn. (63) og C q C M ------------- B a ----------- + P ikn. (64) 4 Ci 1 --------- Ci Skjærkrefter: V AV V CH 0 ikn. (65) a Ci q A q ---------------- C x ---------------- 6 A A x C + + 64 64 PA ----- + 6A PC ----- A q A M ------------- B a ----------- + P 4 Ai 1 ---------- Ai V AH A m n m q A M ------------- B a ----------- + P 4 Ai 1 ---------- Ai q V A M BV ------------- ----------- B P 4 Ai m n q V C M BH ------------- + ----------- B + P 4 Ci V CV a Ai ---------- a Ci --------- q C C M ------------- B 4 ----------- P a + 1 --------- Ci Ci n ikn. (66) ikn. (67) ikn. (68) ikn. (69) Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 9

.8 3-moment-likningen - eksempler.8.1 Eksempel med 1 punktlast Fig. (31) Oppgave: Beregn M B Vi kan bruke likn. 44. Kan da stryke flere ledd, og får: M B ( + ) 3A PA A PA finnes ved å tenke oss AB som en enkel, fritt opplagt bjelke (altså uavhengig av BC). A PA P ------ 1 -- P --------- 4 8 Fig. (3) M-diagram for AB p.g.a. P alene (A PA ).8. Eksempel med punktlaster M B ( + ) 3 P --------- 3 M 8 B ----- P 3 Vi kan sjekke om bruk av likn. 41 gir samme svar: I dette tilfellet gir likn. 41: 3A PA P a -- a -- 3 M B ( + ) P a -- a -- 3 P 1 -- 1 -- 3 M B ( + ) 3 M B ----- P 3 3P ------------ 8 Fig. (33) Oppgave: Beregn M B Vi kan bruke likn. 44. Kan da stryke flere ledd, og får: M B ( + ) Fig. (34) M-diagram for AB p.g.a. P-ene (A PA ) Fra fig. 34 ser vi at: A PA 3A PA -- + -- 4 P ------ 4 3P ------------ 16 9P M B ( + ) ---------------- 9 M 16 B ----- P 64 Vi kan sjekke om bruk av likn. 41 gir samme svar: I dette tilfellet gir likn. 41: 3A PA P a ---- 1 a ---- 1 3 a ---- a ---- 3 + Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 30

a 1 M B ( + ) P a ---- 1 ---- 3 a ---- ---- 3 + P 1 4 -- 1 -- 4 3 3 3 + -- -- 4 4 3 M B ( + ) 9 P -------------------- 9 M 16 B ----- P 64.8.3 Eksempel - Tre felts bjelke med både fordelt last og punktlast a Fig. (35) Oppgave: Beregn M B og M C ikn. 40 side 6 gir oss: M B ( + ) + M C 3 1 ------------ + 6 A 4 PA -- 3 1 ikn. 41 side 6 gir: 6A PA -- P 1 3 3 -- 1 -- 3 3 8 ----- P 7 Altså: M B ( + ) + M C 3 8 ------------ + ----- P 4M ikn. (70) 4 7 B + M q 8 C -------- + ----- P 4 7 Vi kan også bruke 3-moment-likningen (likn. 40 side 6) på BCD - istedenfor ABC. Får da: 3 3 M B + M C ( + ) ------------ + ------------ M ikn. (71) 4 4 B + 4M C ------------ ikn. 70 og likn. 71 er to forskjellige likninger med de to ukjente M B og M C. ikn. 71 gir: M q B ------------ 4 M. Setter inn i likn. 70: C 4 ------------ 4 M C + M C 1 Innsatt i uttrykket for M B gir dette: M B -----q + -------- 3 P 30 405.9 Feltmoment q -------- ----- 8 7 + P M 4 7 C ----- q 8 -------- P 60 405 For en fritt opplagt bjelke med jevnt fordelt last, blir moment-diagrammet som vist i fig. 36. Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 31

Fig. (36) Fritt opplagt bjelke med tilhørende M-diagram Mx ( ) 1 -- q 4 x 8 -- 4 x -- ikn. (7) 1 Maksimalverdien M maks -- q må vurderes opp mot de beregnede ikn. (73) 8 momentene ved støttene. Fig. (37) Virkningen av støttemomenter og jevnt fordelt last kan summeres. I fig. 37 kan vi tenke oss at bjelken AB er en del av en lengre, kontinuerlig bjelke, som kan være belastet i hele sin lengde. Vha. 3-momentlikningen beregner vi støttemomentene M A og Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 3

M B. OK, men hva er vi egentlig ute etter? Det avgjørende for dimensjoneringen av bjelken er størrelsen til det maksimale momentet. Fortegnet til maksimal-momentet spiller ingen rolle hvis vi skal bruke et symmetrisk tverrsnitt. Vi kan ikke stole på at maksimal-momentet finnes ved en av støttene. Vi må derfor vurdere om feltmomentet kan være størst (i absoluttverdi). I fig. 37 ser vi at støttemomentene ganske enkelt løfter opp M-diagrammet. Er støttemomentene like store, blir det totale M-diagrammet symmetrisk. Men fig. 37 viser det generelle tilfellet, der M A og M B er forskjellige, slik at M-diagrammet løftes skjevt opp. Dette medfører at største feltmoment ikke kommer midt i feltet, men litt nærmere den støtten som har minst støttemoment. (I fig. 37 er dette støtte A.) Det totale momentforløpet kan beregnes vha. likn. 7 og det lineære tillegget p.g.a. M A og M B. Dette gir: Mx ( ) 1 -- q 4 x 8 -- 4 x -- M B M A + M A + ---------------------- x ikn. (74) I likn. 74 skal M A og M B settes inn med negativt fortegn når det er strekk på oversiden av bjelken ved A og B. M(x) får da postivt fortegn der det er strekk på undersiden, og negativt fortegn der det er strekk på oversiden. Ofte vil støttemomentene være dimensjonerende. Vi forstår av fig. 37 at hvis M A M B, må feltmomentet p.g.a. den jevnt fordelte lasten være minst dobbelt så stort som M A for å være dimensjonerende. M.a.o.: q Når M A M B må feltmomentet tas hensyn til hvis -------- > M ikn. (75) 8 A Spesielt interesserte studenter kan lese mer om Émile Clapeyrons three-moment equation på www.duke.edu/~hpgavin/ce130/three-mom.pdf. Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 006 Side 33