Kapittel 1:Introduksjon - Statikk notater - for... · 1 - Introduksjon - Statikk Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 2006 Side 2 Hovedspenninger og Mohr-diagram Dette temaet er også

1 - Introduksjon - Statikk

Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 2006 Side 1

Kapittel 1:Introduksjon - StatikkStudér:- Emnebeskrivelse- Emneinformasjon- Undervisningsplan

1.1 Oversikt over temaeneSkjærkraft-, Moment- og Normalkraft-diagrammerGrunnleggende for:

• Deformasjonsberegning• Spenningsberegning

3-moment-likningenFormel 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.

DeformasjonerMoment fører til krumning (vinkelendring).En metode for beregning av nedbøyninger (δ) og vinkelendringer (ϕ):

Metoden med Elastisk linje: f(x)

Likn. (1)

Fordel: Får bestemt nedbøyningen y og vinkelendringen ϕ langs hele bjelken.Ulempe: Kan bli mye regning

Hvorfor lære å beregne deformasjoner?Bruddgrensetilstand: σ < σd, Laster < 50-årslast (Snølast,Vindlast m.m.)Bruksgrensetilstand: (Vanligvis) Nedbøyninger mindre enn tillatt maksimum (ofte L/200 – L/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 konstruksjonerBeregnede 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.)

d2f

dx2--------- M

EI------–=

1 - Introduksjon - Statikk


Hovedspenninger og Mohr-diagramDette 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 2006)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. 2. Hele bjelken er elastisk, for momentet er mindre enn den elastiske kapasiteten, dvs. mindre enn flytemomentet My.

Ettersom Q gradvis økes, når momentet ved B den plastiske kapasiteten Mp. I fortsettelsen forutsetter vi at MB = Mp.

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 MC ville da blitt større. Vår konstruksjon får MB = Mp. Den er naturligvis sterkere enn en konstruksjon med MB = 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 MC = Mp. Når dette skjer, er Q = Qbrudd; konstruksjonen er blitt en mekanisme(fig. 5), og bryter sammen.

Indre, virtuelt arbeid (ikke pensum i 2006)Arbeidsbetraktninger kan (i likhet med metoden med elastisk linje) brukes til beregning av deformasjoner.

Fig. (1) Statisk ubestemt bjelke

Fig. (2) Elastisk M-diagram

Fig. (3) Bjelken etter flytning i B

Fig. (4) M-diagrammets utviklingFig. (5) Brudd

2 - Skjærkraft-, moment- og normalkraft-diagrammer


Kapittel 2:Skjærkraft-, moment- og normalkraft-diagrammer

2.1 GrunnlagV-, M- og N-diagrammer brukes for:

DeformasjonsberegningSpenningsberegning

2.1.1 Opplagerkrefter: Opplagerkreftene kan for en statisk bestemt konstruksjon bestemmes v.h.a. likevektslikn.:

ΣFx = 0 Likn. (2)ΣFy = 0 Likn. (3)ΣMP = 0 (P er et hvilketsomhelst punkt på konstruksjonen) Likn. (4)

Eventuelt kan vi også bruke ML = 0 (L er et leddpunkt) Likn. (5)

Enkelt eksempel på beregning av opplagerkrefter:Vi skal beregne opplagerkreftene Ax, Ay, MA og Cy i problemet vist i fig. 6:

Likevekt av hele konstruksjonen gir:Ax = 0

:Vi tar et snitt ved B og ser på likevekt av BC (fig. 7):

Likevekt av delen AB (fig. 8):

Dette gir: MA = 18 kNm.

Når opplagerkreftene beregnes, kan vi vha. disse finne kreftene i resten av konstr. (dvs. snittkreftene V, M og N ).

Fig. (6) Eksempel ang. oppleggskrefter

Fig. (7) Likevekt av høyre del (BC)

ΣMB 0 Cy 3 q 3 32--- Cy 3kN=⇒⋅ ⋅=⋅⇒=

ΣFy 0 By⇒ Cy+ q 3 By⇒⋅ 3kN= = =

Fig. (8) Likevekt av venstre del

ΣFy 0 Ay⇒ By q 3 Ay 9kN=⇒⋅+= =

ΣMB 0 MA Ay 3 q 3 32---⋅ ⋅–⋅+⇒ 0= =



2.2 Skjærkraft og bøyemomentSkjærkraft (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.Skjærkraften er positiv når kraften som virker fra venstre del på høyre del peker oppover.

Bøyemoment (M) – vanligvis bare kalt momentBøyningsmomentet 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.

Sammenhengen mellom fordelt last q, V og MVi ser i fig. 11 på et lite utsnitt av bjelken med lengde dx. Likevektsbetraktninger gir:

Når x går mot høyre: Likn. (6)

Når x går mot høyre: Likn. (7)

Likningene 6 og 7 får begge motsatt fortegn når x går mot venstre.

2.3 Eksempel: VMN for treleddkonstruksjon

2.3.1 Oppgave:Tegn N-,V- og M-diagram for denne treledd-konstruksjonen:

Fig. (9) Skjærkraft - fortegn

Fig. (10) Moment-fortegn

Fig. (11) q, V og M

dVdx-------- q–=

dMdx--------- V=



2.3.2LøsningVi 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°.)

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:

Kontroll v.h.a. Pytagoras’ setning (katet)2 + (katet)2 = (hypotenus)2 viser at fig. 13 stemmer.Problemet kan da framstilles som på fig. 14:

Fig. (12)

Fig. (13)

Fig. (14)



Finner oppleggskreftene:

Likevekt av AC:ΣMA = 0 ⇒ Cx = 0ΣFx = 0 ⇒ Ax + Cx = 0 ⇒ Ax = 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.

ΣFy = 0 ⇒ Cy = -Ay

Likevekt av DB:(Cy er her tegnet inn med motsatt retning i forhold til figuren for AC. I forrige figur er Cy en kraft som virker fra DB på AC, mens Cy her er en kraft som virker fra AC på DB, og kraft er lik motkraft.)

ΣMC = 0 ⇒ ⇒

ΣFx = 0 ⇒ ⇒

ΣFy = 0 ⇒ ⇒ ⇒

2.3.3 N-, V- og M-diagrammerUt fra beregnede oppleggskrefter finner vi diagrammene relativt lett:

Fig. (15)

Fig. (16)

0a2Ba22

Hy =⋅⋅−⋅⋅

2HBy =

0B2

P2

Hx =++

2PHBx

−−=

0BC2

P2

Hyy =+−−

2PH2C y

−=

2H2PA y

−=

Fig. (17) N-diagram (Minustegn angir trykk.)



Legg 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 moment-belastning – hvis ikke bjelkedelene er så slanke at knekning kan inntreffe.

2.4 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 Leif Erik Storm ved Institutt for bygningsteknologi i 2001 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. 4.27 (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.

Likn. (8)

(a er avstanden fra bjelkeenden til punktet vi ser på.)

Fig. (18) Skjærkraft-diagram

Fig. (19) Moment-diagram

0

adM V M Vdx Vdx Cdx

= ⇒ = = +∫ ∫



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 = MA















2.5 Eksempler ang. VMN (skjærkraft, moment og normalkraft) fra NTNU-kompendium for arkitektstudenter

Disse eksemplene er (også) fra kompendiet ”Konstruksjonsteori for arkitekter”, skrevet av Leif Erik Storm ved Institutt for bygningsteknologi i 2001 vha. tilsvarende eldre kompendier av professor Jan Sivertsen.















2.6 3-moment-likningen - kun jevnt fordelt last3-moment-likningen er en formel / formler for beregning av V- og M-diagram for kontinuerlige bjelker.I dette avsnittet definerer vi støttemomentene MA, MB og MC som positive når det blir strekk ved overkant ved oppleggene.

Fig. (20) 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 LV

Likn. (9) Likevektsregning gir: MA =

Fig. (21) MA finnes fra likevekt om innspenningen

På tilsvarende måte finner vi MC = Likn. (10)

Lenger kommer vi ikke vha. likevektslikningene alene, for dette problemet er statisk ubestemt. Men vi kan finne MB 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:

Likn. (11)

2.6.1 Momentberegning

Likn. (12)

Likningene 11 og 12 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. 2.6 at vi har en bjelke som vist i fig. 20.Hvis det er null belastning mellom A og B, mens q er konstant mellom B og C, blir

Likn. (13)

q LV( )2⋅2

---------------------

q LH( )2⋅2

---------------------

MA LA⋅ 2MB LA LC+( )⋅ MC LC⋅+ + q4--- LA

3 LC3+( )⋅=

… M⇒ B

q LA3 LC

3+⎝ ⎠⎛ ⎞ 4MA LA 4MC LC⋅–⋅–⋅

8 LA LC+( )---------------------------------------------------------------------------------------------------=

MBq LC

3 4MA LA 4MC LC⋅–⋅–⋅8 LA LC+( )

-----------------------------------------------------------------------=



Hvis det er null belastning mellom B og C, mens q er konstant mellom A og B, blir

Likn. (14)

2.6.2 Beregning av oppleggskrefter og skjærkrefterVi kaller skjærkraften like t.v. for A for VAV og skjærkraften like t.h. for C for VCH

Fra fig. 21 finner vi fra vertikal likevekt at Likn. (15)

Tilsvarende: Likn. (16)

Med annen (vilkårlig) belastning “utenfor” A eller “utenfor” C, kan disse skjærkreftene alltid beregnes relativt lett - fra vertikal likevekt.

Fig. (22) Bjelkedelen AB, dvs. et utsnitt av bjelken fra like til venstre for A til like til venstre for B.

Likn. (17)


Vertikal likevekt for hele bjelken gir: Likn. (19)(Med L menes her lengden av hele bjelken.)Nå kaller vi skjærkraften på høyre side av A for VAH, og ved B har vi VBV på venstre side og VBH på høyre side. Tilsvarende ved C - altså VCV og VCH.

Likn. (20)

Likn. (21)

På tilsvarende måte finner vi at:

Likn. (22)

Likn. (23)

MBq LA

3 4MA LA 4MC LC⋅–⋅–⋅8 LA LC+( )

-----------------------------------------------------------------------=

VAV q– LV⋅=

VCH q LH⋅=

ΣMB 0 A LA⋅ VAV LAq LA

2⋅2

--------------– MB MA–+⋅+ 0=⇒=

… A⇒V– AV LA

q LA2⋅

2-------------- MB– MA+ +⋅

LA-----------------------------------------------------------------------------=

… A⇒ VAVq LA⋅

2--------------

MA M– BLA

--------------------+ +–=

C VCHq LC⋅

2--------------

MC M– BLC

--------------------+ +=

B q L A– C–⋅=

VAH VAV A+= VAH⇒q LA⋅

2--------------

MA M– BLA

--------------------+=

VBV VAH q LA⋅–= V⇒ BVq LA⋅

2--------------–

MA M– BLA

--------------------+=

VCV VCH C–= VCV⇒q LC⋅

2--------------–

MB M– CLC

--------------------+=

VBH VCV q LC⋅+= V⇒ BHq LC⋅

2--------------

MB M– CLC

--------------------+=



2.6.3 M, V og oppleggskrefter når MA = MC =0Dette er et vanlig spesialtilfelle. MA = MC = 0 når LV = LH = 0 og når det ikke er belastning til venstre for A og til høyre for C.Likn. 11 (3-moment-likningen) blir da forenklet til:

Likn. (24)

Uttrykkene for oppleggskreftene fra likn. 17, 18 og 19 forenkles til:

og : og Likn. (25)

Skjærkrefter:VAV = VCH = 0 Likn. (26)

Likn. (27)

Likn. (28)

Likn. (29)

Likn. (30)

Likn. (31)

2.6.4 M, V og oppleggskrefter når MA = MC =0 og LA= LC = L/2

Fra likn. 24 får vi: Likn. (32)

Fra likn. 25 får vi og Likn. (33)

Skjærkrefter: (Symmetri gjør dem lette å finne.)VAV = VCH = 0 Likn. (34)

Likn. (35)

Likn. (36)

Likn. (37)

MB LA LC+( )⋅ q8--- LA

3 LC3+( ) MB

q LA3 LC

3+( )8 LA LC+( )----------------------------=⇒⋅=

Aq LA⋅

2--------------

MBLA--------–= C

q LC⋅2

--------------MBLC--------–= B q L A– C–⋅=

VAH Aq LA⋅

2--------------

MBLA--------–= =

VBVq LA⋅

2--------------–

MBLA--------–=

VBHq LC⋅

2--------------

MBLC--------+=

VCV C–q LC⋅

2--------------–

MBLC--------+= =

MB

q L2---⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2⋅

8------------------- q L2⋅

32-------------= =

A C q L⋅4

-----------

q L2⋅32

-------------

L2---

-------------– 316------ qL⋅= = = B 5

8--- qL⋅=

VAH A 316------ qL⋅= =

VBVB2----– 5

16------ qL⋅–= =

VBHB2---- 5

16------ qL⋅= =



Likn. (38)

2.7 3-moment-likningen - punktlaster og fordelt lastNå 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. 23 antyder:

At det er 4 punktlaster, er bare et eksempel.

2.7.1 MomentberegningVi ser på delen AB: (fig. 24)Både endemomentene (MA og MB), den fordelte lasten qA 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. 25.APA = arealet av M-diagrammet i fig. 25.

xA = avstanden fra A til tyngdepkt. i M-diagr.

På tilsvarende måte ser vi på delen BC:APC = arealet av M-diagrammet i fig. 27xC = avstanden fra C til tyngdepkt. i M-diagr.

VCV C– 316------ qL⋅–= =

Fig. (23) Forutsetninger for den utvidete versjonen av 3-moment-likningen (likn. 40 side 26). Det kan være et vilkårlig antall punktlaster.

Fig. (24) Utsnitt: Delen AB

Fig. (25) M-diagram for AB p.g.a. punktlastene alene



3-momentlikningen, slik vi hadde den på side 22, likn. 11:

Forsatt uten hensyn til punktlaster, men når qA er forskjellig fra qC:

Likn. (39)

Når punktlastene tas hensyn til, blir likningen:

Dette er 3-moment-likningen etter forutsetningene i fig. 23 side 25. Likn. (40)Det kan være komplisert å regne ut arealene APA og APC, og enda vanskeligere: xA og xC. Derfor skal vi uttrykke de to siste leddene i likn. 40 på en annen måte. Noen definisjoner:

Hvis det er m punktlaster på AB og n punktlaster på BC (m og n er heltall), kan det vises at:

Likn. (41)

og at Likn. (42)

Variabel I og symmetriske punktlasterHvis arealmomentet I varierer fra felt AB til felt BC, dvs. hvis , kan likn. 40 skrives:

Fig. (26) Utsnitt: Delen BC Fig. (27) M-diagram for BC p.g.a. punktlastene alene

MA LA⋅ 2MB LA LC+( )⋅ MC LC⋅+ + q4--- LA

3 LC3+( )⋅=

MA LA⋅ 2MB LA LC+( )⋅ MC LC⋅+ +qA LA

3⋅4

------------------qC LC

3⋅4

-----------------+=


3⋅4

------------------qC LC

3⋅4

----------------- 6APAxALA------- 6APC

xCLC------⋅+⋅+ +=

Fig. (28) aAi er avstanden fra A til punktlast PAi på AB aCi er avstanden fra C til punktlast PCi på BC.

6APAxALA-------⋅ PAi LA

2 aAiLA-------

aAiLA-------⎝ ⎠

⎛ ⎞3

–⋅ ⋅

i 1=

m

∑=

6APCxCLC------⋅ PCi LC

2 aCiLC-------

aCiLC-------⎝ ⎠

⎛ ⎞3

–⋅ ⋅

i 1=

n

∑=

IA IC≠



Altså: I er konstant lik IA mellom A og B, og I er konstant lik IC mellom B og C Likn. (43)Hvis xA = LA/2 og xC = LC/2, kan likn. 40 (gjelder når I er konstant i hele bjelken) skrives :

Likn. (44)

2.7.2 Beregning av oppleggskrefter og skjærkrefterVi kaller skjærkraften like t.v. for A for VAV og skjærkraften like t.h. for C for VCHVAV lar seg beregne fra vertikal likevekt av delen t.v. for A, mens VCH 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 23:

og

Tilleggene p.g.a. punktlastene beregnes slik:

Likevekt av AB-modellen:

Likn. (45)

Med vilkårlig antall punktlaster: Likn. (46)

Totalt har vi da: Likn. (47)


B kan så beregnes fra vertikal likevekt av hele konstruksjonen.

MA L⋅ AIA

-------------------- 2MBLAIA-------

LCIC------+⎝ ⎠

⎛ ⎞⋅MC L⋅ C

IC-------------------+ +

qA LA3⋅

4IA------------------

qC LC3⋅

4IC-----------------

6APA xA⋅LA IA⋅

------------------------6APC xC⋅

LC IC⋅------------------------+ + +=


3⋅4

------------------qC LC

3⋅4

----------------- 3APA 3APC+ + +=

A VAVqA LA⋅

2------------------

MA M– BLA

--------------------+ +–= C VCHqC LC⋅

2-----------------

MC M– BLC

--------------------+ +=

Fig. (29) Modeller for beregning av tilleggene ΔA og ΔC

ΣMB 0 ΔA LA⋅ PA1– LA aA1–( )⋅ PA2– LA aA2–( ) PA3– LA aA3–( )⋅⋅⇒ 0= =

… ΔA⇒ PA1 1aA1LA--------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ PA2 1aA2LA--------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ PA3 1aA3LA--------–⎝ ⎠

⎛ ⎞⋅+⋅+⋅=

ΔA PAi

i 1=

m

∑ 1aAiLA-------–⎝ ⎠

⎛ ⎞⋅=

A VAVqA LA⋅

2------------------

MA M– BLA

-------------------- PAi

i 1=

m

∑ 1aAiLA-------–⎝ ⎠

⎛ ⎞⋅+ + +–=

C VCHqC LC⋅

2-----------------

MC M– BLC

-------------------- PCi

i 1=

n

∑ 1aCiLC-------–⎝ ⎠

⎛ ⎞⋅+ + +=



Nå kaller vi skjærkraften på høyre side av A for VAH, og ved B har vi VBV på venstre side og VBH på høyre side. Tilsvarende ved C - altså VCV og VCH.

Likn. (49)

Likn. (50)

På tilsvarende måte finner vi at:

Likn. (51)

Likn. (52)

2.7.3 M, V og oppleggskrefter når MA = MC =0Dette er et vanlig spesialtilfelle. MA = MC = 0 når LV = LH = 0 og når det ikke er belastning til venstre for A og til høyre for C.

Likn. 40 side 26 (3-moment-likningen) blir da forenklet til:

Likn. (53)

Uttrykkene for oppleggskreftene fra likn. 47 og 48 side 27 forenkles til:

og : Likn. (54)

Likn. (55)

Skjærkrefter:VAV = VCH = 0 Likn. (56)

Likn. (57)

VAH VAV A+= VAH⇒qA LA⋅

2------------------

MA M– BLA

-------------------- PAi

i 1=

m

∑ 1aAiLA-------–⎝ ⎠

⎛ ⎞⋅+ +=

VBV VAH qA LA PAi VBV⇒

i 1=

m

∑–⋅–=qA LA⋅

2------------------–

MA M– BLA

-------------------- PAi

i 1=

m

∑–aAiLA-------⋅+=

VCV VCH C–= VCV⇒qC LC⋅

2-----------------–

MB M– CLC

-------------------- PCi

i 1=

n

∑ 1aCiLC-------–⎝ ⎠

⎛ ⎞⋅–+=

VBH VCV qC LC PCi

i 1=

n

∑+⋅+= VBH⇒qC LC⋅

2-----------------

MB M– CLC

-------------------- PCi

i 1=

n

∑+aCiLC-------⋅+=

Fig. (30) Forutsetter m.a.o. at LV = LH = 0

2MB LA LC+( )⋅qA LA

3⋅4

------------------qC LC

3⋅4

----------------- 6APAxALA------- 6APC

xCLC------⋅+⋅+ +=

AqA LA⋅

2------------------

MBLA--------– PAi

i 1=

m

∑ 1aAiLA-------–⎝ ⎠

⎛ ⎞⋅+=

CqC LC⋅

2-----------------

MBLC--------– PCi

i 1=

n

∑ 1aCiLC-------–⎝ ⎠

⎛ ⎞⋅+=

VAH AqA LA⋅

2------------------

MBLA--------– PAi

i 1=

m

∑ 1aAiLA-------–⎝ ⎠

⎛ ⎞⋅+= =



Likn. (58)

Likn. (59)

Likn. (60)

2.7.4 M, V og oppleggskrefter når MA = MC =0 og LA= LC = L/2Fra likn. 53 side 28 får vi:

Likn. (61)

Likn. (62)

Fra likn. 54 og 55 side 28 får vi :

Likn. (63)

og Likn. (64)

Skjærkrefter: VAV = VCH = 0 Likn. (65)

Likn. (66)

Likn. (67)

Likn. (68)

Likn. (69)

VBVqA LA⋅

2------------------–

MBLA--------– PAi

i 1=

m

∑–aAiLA-------⋅=

VBHqC LC⋅

2-----------------

MBLC-------- PCi

i 1=

n

∑+aCiLC-------⋅+=

VCV C–qC LC⋅

2-----------------–

MBLC-------- PCi

i 1=

n

∑ 1aCiLC-------–⎝ ⎠

⎛ ⎞⋅–+= =

2MB L⋅qA

L2---⎝ ⎠

⎛ ⎞ 3⋅

4----------------------

qCL2---⎝ ⎠

⎛ ⎞ 3⋅

4---------------------- 12APA

xAL------ 12APC

xCL------⋅+⋅+ +=

… MB⇒qA L2⋅

64-----------------

qC L2⋅64

---------------- 6APAxA

L2------ 6APC

xC

L2------⋅+⋅+ +=

AqA L⋅

4--------------

2MBL

-----------– PAi

i 1=

m

∑ 12aAi

L-----------–⎝ ⎠

⎛ ⎞⋅+=

CqC L⋅

4--------------

2MBL

-----------– PCi

i 1=

n

∑ 12aCi

L----------–⎝ ⎠

⎛ ⎞⋅+=

VAH AqA L⋅

4--------------

2MBL

-----------– PAi

i 1=

m

∑ 12aAi

L-----------–⎝ ⎠

⎛ ⎞⋅+= =

VBVqA L⋅

4--------------–

2MBL

-----------– PAi

i 1=

m

∑–2aAi

L-----------⋅=

VBHqC L⋅

4--------------

2MBL

----------- PCi

i 1=

n

∑2aCi

L----------⋅+ +=

VCV C–qC L⋅

4--------------–

2MBL

----------- PCi

i 1=

n

∑– 12aCi

L----------–⎝ ⎠

⎛ ⎞⋅+= =



2.8 3-moment-likningen - eksempler

2.8.1 Eksempel med 1 punktlast

Vi kan bruke likn. 44. Kan da stryke flere ledd, og får:

APA finnes ved å tenke oss AB som en enkel, fritt opplagt

bjelke (altså uavhengig av BC).

Vi kan sjekke om bruk av likn. 41 gir samme svar: I dette

tilfellet gir likn. 41:

2.8.2 Eksempel med 2 punktlaster

Vi kan bruke likn. 44. Kan da stryke flere ledd, og får:

Fra fig. 34 ser vi at:

Vi kan sjekke om bruk av likn. 41 gir samme svar: I dette tilfellet gir likn. 41:

Fig. (31) Oppgave: Beregn MB

2MB L L+( )⋅ 3APA=

Fig. (32) M-diagram for AB p.g.a. P alene (APA)

APA L PL4

------- 12---⋅ ⋅ PL2

8---------= =

… 2MB L L+( )⋅ 3 PL2

8--------- MB

332------ PL⋅=⇒⋅=⇒

3APA P L2 aL--- a

L---⎝ ⎠

⎛ ⎞ 3–⋅ ⋅=

… 2MB L L+( )⋅ P L2 aL--- a

L---⎝ ⎠

⎛ ⎞ 3–⋅ ⋅ P L2 1

2--- 1

2---⎝ ⎠

⎛ ⎞ 3– 2MB L L+( )⋅⇒⋅ ⋅= =⇒ 3PL2

8-------------=

… MB332------ PL⋅=⇒

Fig. (33) Oppgave: Beregn MB

2MB L L+( )⋅ 3APA=

Fig. (34) M-diagram for AB p.g.a. P-ene (APA)

APAL2--- L

4---+⎝ ⎠

⎛ ⎞ PL4

-------⋅ 3PL2

16-------------= =

… 2MB L L+( )⋅ 9P L2⋅16

----------------- MB964------ PL⋅=⇒=⇒

3APA P L2 a1L-----

a1L-----⎝ ⎠

⎛ ⎞3

–a2L-----

a2L-----⎝ ⎠

⎛ ⎞3

–+⋅ ⋅=



2.8.3 Eksempel - Tre felts bjelke med både fordelt last og punktlast

Likn. 40 side 26 gir oss:

Likn. 41 side 26 gir:

Altså:

Likn. (70)

Vi kan også bruke 3-moment-likningen (likn. 40 side 26) på BCD - istedenfor ABC. Får da:

Likn. (71)

Likn. 70 og likn. 71 er to forskjellige likninger med de to ukjente MB og MC.

Likn. 71 gir: . Setter inn i likn. 70:

Innsatt i uttrykket for MB gir dette:

2.9 FeltmomentFor en fritt opplagt bjelke med jevnt fordelt last, blir moment-diagrammet som vist i fig. 36.

… 2MB L L+( )⋅ P L2 a1L-----

a1L-----⎝ ⎠

⎛ ⎞3

–a2L-----

a2L-----⎝ ⎠

⎛ ⎞3

–+⋅ ⋅=⇒ P L2 14--- 1

4---⎝ ⎠

⎛ ⎞ 3– 3

4--- 3

4---⎝ ⎠

⎛ ⎞ 3–+⋅ ⋅=

… 2MB L L+( )⋅⇒ 9 P L2⋅ ⋅16

--------------------- MB964------ PL⋅=⇒=

Fig. (35) Oppgave: Beregn MB og MC

2MB L L+( )⋅ MC L⋅+ q L3⋅4

------------- 6APA13---⋅+=

6APA13---⋅ P L2 1

3--- 1

3---⎝ ⎠

⎛ ⎞ 3–⋅ ⋅ 8

27------ PL2⋅= =

2MB L L+( )⋅ MC L⋅+ q L3⋅4

------------- 827------ PL2⋅+= 4MB MC+ qL2

4--------- 8

27------ PL⋅+=⇒

MB L⋅ 2MC L L+( )⋅+ q L3⋅4

------------- q L3⋅4

-------------+= MB 4MC+ q L2⋅2

-------------=⇒

MBq L2⋅

2------------- 4MC–=

4 q L2⋅2

------------- 4MC–⎝ ⎠⎛ ⎞⋅ MC+ qL2

4--------- 8

27------ PL⋅+= MC

760------ qL2⋅ 8

405--------- PL⋅–=⇒

MB130------qL2 32

405--------- PL⋅+=



Likn. (72)

Maksimalverdien må vurderes opp mot de beregnede Likn. (73)

momentene ved støttene.

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 MA og

Fig. (36) Fritt opplagt bjelke med tilhørende M-diagram

M x( ) 18--- qL2 4 x

L--- 4 x

L---⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2⋅–⋅⋅ ⋅=

Mmaks18--- qL2⋅=

Fig. (37) Virkningen av støttemomenter og jevnt fordelt last kan summeres.



MB. 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 MA og MB 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. 72 og det lineære tillegget p.g.a. MA og MB. Dette gir:

Likn. (74)

I likn. 74 skal MA og MB 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 MA = MB, må feltmomentet p.g.a. den jevnt fordelte lasten være minst dobbelt så stort som MA for å være dimensjonerende. M.a.o.:

Når MA = MB må feltmomentet tas hensyn til hvis Likn. (75)

Spesielt interesserte studenter kan lese mer om Émile Clapeyrons ”three-moment equation” på www.duke.edu/~hpgavin/ce130/three-mom.pdf.

M x( ) 18--- qL2 4 x

L--- 4 x

L---⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2⋅–⋅ MA

MB MA–L

----------------------- x⋅+ +⋅ ⋅=

qL2

8--------- 2 MA⋅>

Documents

Kapittel 1:Introduksjon - Statikk notater - for... · 1 - Introduksjon - Statikk Høgskolen i Gjøvik STATIKK høsten 2006 Side 2 Hovedspenninger og Mohr-diagram Dette temaet er også