Kapitel 13

Bøjning af bjælker

Strukturelle elementer navngives ofte efter den type belastning, de bærer.For eksempel er træk/tryk-stænger karakteriseret ved, at de belastninger,de skal overføre, ligger parallelt med stangens længdeakse. Bjælker derimodkarakteriseres ved, at de påførte belastninger virker vinkelret på bjælkenslængdeakse. Bøjning er den vigtigste belastningsform for en masse elementermed relevans for idræt og fysiologi, f.eks. langsgående knogler lårben, over-arm eller kraveben, eller idrætsudstyr som ketsjere, golfkøller, benskinner,gymnastikredskaber og ishockeystave.

Formålet med dette kapitel er derfor at forstå og kunne beregne deformations-og spændingstilstanden i bjælker under forskellige former for belastninger.

13.1 Deformationstilstand

Det er ofte en god ide at starte løsningen af et mekanisk problem med enforestilling om deformationen som vist på fig. 13.1. Den viser et bjælkestykke,som kun er påvirket af to modsatrettede og lige store momenter M i enderne.Bemærk, at bjælken er i statisk ligevægt, fordi de to momenter ophæverhinanden.

Da bjælken er elastisk, giver de to momenter anledning til en krumning medkrumningsradius ρ (det græske bogstav rho).

Før belastning er snittene "a-a"og "b-b"parallelle. Efter belastning er de tosnit stadig plane, men roteret i forhold til hinanden. Som det ses af figuren, er

140

a

a

b

b

C D

E Fy

M M

Figur 13.1: Bjælkeudsnit.

bjælkens overside "trykket sammen", mens undersiden er "trukket længere".Et eller andet sted inde i bjælken findes en fiber, CD, som hverken forlængeseller sammenpresses. Den benævner vi neutralaksen. Længden af CD er αρ.

I afstanden y fra neutralaksen ligger fiberen EF , som oprindeligt havdesamme længde som CD, men som nu er strakt til længden α(ρ+y). Tøjningenaf EF kan beregnes således:

ε =|EF | − |CD|

|CD| =α(ρ + y)− αρ

αρ=

y

ρ(13.1)

Denne ligning siger altså, at aksial-tøjningen i bjælken er proportional medafstanden, y, fra neutralaksen og omvendt proportional med krumningsra-dius.

13.2 Spændingstilstand

Hvis vi antager, at Hookes lov (12.6) gælder for enhver fiber i bjælkens langs-gående retning, kan vi nu danne os en forestilling om bjælkens spændingstil-stand, d.v.s. fordelingen af spændinger hen over et tværsnit af bjælken:

σ = Eε =Ey

ρ(13.2)

141

Spændingerne er med andre ord fordelt lineært på begge sider af neutralak-sen, og vokser med afstanden fra neutralaksen. Den største spænding i bjæl-ken optræder derfor i den fiber, der har den største afstand fra neutralaksensom vist på fig 13.2.

M

Figur 13.2: Spændingsfordeling i et momentpåvirket bjælkeudsnit.

De eneste kræfter, der påvirker bjælken i fig. 13.2, er spændingsfordelingenover tværsnittet. Hvis bjælken står stille, skal disse kræfter jvnf. Newtonsførste lov summere op til nul. Hvis dA betegner et infinitesimalt (uendeligtlille) areal-element af tværsnittet, så kan man regne spændingen som værendekonstant i hele dA, og kraften på dA skrives som:

dF =Ey

ρdA (13.3)

Den samlede kraft, som skal være nul, kan så findes ved at integrere over helearealet:

∫A

Ey

ρdA = 0 (13.4)

E er ens for alle punkter i tværsnittet og kan derfor sættes udenfor inte-graletegnet. Hvis vi også antager, at krumningsradius er stor i forhold tilbjælkens tykkelse, så kan ρ også betragtes som konstant og sættes udenfor:

E

ρ

∫A

ydA = 0 (13.5)

Hvis E > 0, så kan (13.5) kun være sand, hvis

∫A

ydA = 0 (13.6)

142

Venstresiden i (13.6) kaldes også tværsnittets første ordens arealmoment oger relateret til beregningen af arealets tyngdepunkt. Derfor går neutralaksenfor et tværsnit i bøjning altid igennem tværsnittets tyngdepunkt som vist påfig. 13.3.

Tyngdepunkt

Neutralakse

Figur 13.3: Tyngdepunkt og neutralakse for et tværsnit. Neutralaksen går altidgennem tungdepunktet, uanset bøjningsretningen. Bemærk, at tyngdepunktetgodt kan ligge udenfor selve tværsnittet, hvis tværsnittet er konkavt.

Vi har nu draget to konklusioner:

1. Spændingsfordelingen i et snit i en bjælke under bøjning er lineærtfordelt med trykspændinger i den ene side af bjælken og trækspændingeri den anden.

2. Neutralaksen, hvor spændingerne skifter mellem træk og tryk, går gen-nem tværsnittets tyngdepunkt. Denne konklusion blev nået ved at an-vende en ligevægtsbetragtning langs bjælkens længderetning.

Men præcis hvor store er spændingerne? Det kan man finde ud af ved atbruge en momentligevægt. På fig. 13.4 ses et udsnit af bjælken tæt på detsnit, hvor spændingerne ønskes bestemt. Et lille areal-element, dA, er blevetudvalgt i afstanden y fra neutralaksen. Spændingerne over dette element kansummes op til kraften dF . Momentbidraget bliver dermed:

dM = ydF = yσdA = yEy

ρdA =

Ey2

ρdA (13.7)

143

dAdy

Neutralakse

Figur 13.4: Spændinger på et lille udsnit dA af et tværsnit i bjælken.

Momentet fra hele tværsnittet kan summeres op med et integrale:

M =∫

A

Ey2

ρdA =

1

ρE

∫A

y2dA (13.8)

E og ρ er igen blevet sat udenfor integralet, fordi de antages konstante. Dettilbageværende integrale ligner noget, der er set før, nærmere bestemt i lign-ing 10.5, som definerer masseinertimomentet. I modsætning hertil definerervi

I =∫

Ay2dA (13.9)

som tværsnittets arealinertimoment. Arealinertimomentet skal integreres opover tværsnittet og afhænger derfor af tværsnittets konkrete form.

13.2.1 Eksempel 1: Arealinertimoment for et rektan-gulært tværsnit

På fig. 13.5 er vist et rektangulært tværsnit med et koordinatsystem indlagt ityngdepunktet. Bjælkens længdeakse betegnes ofte med x, så derfor er har detindlagte koordinatsystem i tværsnittet akserne (y, z). Vi ønsker at beregnearealinertimomentet Iz for bøjning omkring z-aksen.

Beregningen foregår således:

Iz =∫

Ay2dA (13.10)

=∫ h/2

−h/2y2bdy (13.11)

144

z

y

dy dA

b

h

Figur 13.5: Beregning af arealinertimoment for et rektangulært tværsnit.

= b[1

3y3

]h/2

−h/2(13.12)

=1

3b

[h3

8− −h3

8

](13.13)

=1

3b

[h3

4

](13.14)

=1

12bh3 (13.15)

Bemærk, at resultatet af beregningen afhænger af tværsnittets orientering iforhold til koordinatsystemet. Det er med andre ord ikke ligemeget, hvilkenretning man bøjer et tværsnit. Da h indgår i resultatet i tredje potens, eret tvætsnit meget stivere overfor bøjning omkring sin højde end omkring sinbredde. Bemærk også, at da integraler er additive, kan inertimomentet forhule tværsnit beregnes ved at trække inertimomentet for den hule del frainertimomentet for et massivt tværsnit med samme ydre form.

Inertimomentet for massive og hule cirkulære tværsnit ses i fig. 13.6.

145

D

D

d

y y

Iy = (D4 - d4)/64Iy = D4/64

Figur 13.6: Arealinertimomenter for cirkulære tværsnit.

13.2.2 Spændingsfordeling

Hvis inertimomentet for tværsnittet er kendt, har vi nu fået skabt en sam-menhæng mellem det påtrykte moment M og bjælkens krumningsradius ρ:

M =EI

ρ(13.16)

Ligningen viser som forventet, at jo større moment, der er påtrykt, jo merekrummer bjælken. Proportionalitetkonstanten er EI , hvor E er materialestivhe-dens bidrag, og I er tværsnitsformens bidrag. Tilsammen kaldes EI forbjælkestivheden.

Spændingsfordelingen i tværsnittet kan nu findes som funktion af momentetved at kombinere (13.2) og (13.16):

σ = Eyρ

M = EIρ

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ ⇒ σ =

My

I(13.17)

Som tidligere nævnt, vil spændingen variere lineært over tværsnittet og nåsin maksimale værdi i den fiber af bjælken, som ligger længst væk fra neu-tralaksen. Da neutralaksen går gennem tyngdepunktet og derfor - for bøjningom en given akse - kun afhænger af tværsnittets form, så er afstanden til denyderste fiber givet på forhånd og uafhængigt af momentets størrelse. Det

146

giver anledning til definiton af en ny tværsnitskonstant:

W =I

ymax(13.18)

hvor ymax er afstanden til den yderste fiber. W kaldes tværsnittets mod-standsmoment, og hvis man kender W og det påførte moment, så er detmeget enkelt at beregne den maksimale spænding i tværsnittet:

σmax =M

W(13.19)

Denne maksimale spænding kan sammenlignes med materialets styrke, ogdet kan så vurderes, om bjælken kan holde til belastningen.

13.3 Snitkræfter

I forrige afsnit blev det konstateret, at hvis man kender momentet på hverside af et tværsnit i en bjælke, så kan tøjnings- og spændingsfordelingenbestemmes. Hvordan bestemmes så momentet? De fleste tænkelige lasttil-fælde for en bjælke består jo ikke af momentpåvirkning i bjælkens ender.Svaret ligger i fritlegemediagrammer som de blev beskrevet i kapitel 4.

P

L

x

y

z

Figur 13.7: Bjælke påvirket af en enkeltkraft.

På fig. 13.7 ses en bjælke med understøtninger i begge ender. Bemærk, atden ene understøtning er en „rulleskøjte“ sledes at de to understøtningertilsammen kun leverer tre reaktionskræfter, to i y-retningen, og en i x-retningen. Selvom vi om et øjeblik skal betragte bjælkens deformation, kanman betragte den som et stift legeme i to dimensioner med deraf følgendetre ligevægtsligninger: ligevægt i x-retningen, ligevægt i y-retningen og mo-mentligevægt. Af disse tre ligevægtsligninger kan de tre ubestemte reaktions-kræfter bestemmes som beskrevet i kapitel 5. Hvis der er mere end tre

147

understøtningskræfter, så kan de ikke allesammen bestemmes af ligevægts-ligningerne, og man siger, at problemet er statisk ubestemt. Sådanne pro-blemer kan godt løses, hvis man tager elasticiteten af bjælken i betragtning,men det er mere kompliceret og vil ikke blive behandlet yderligere her. Iresten af dette kapitel skal vi udelukkende se på statisk bestemte problemer,hvor reaktionskræfterne kan bestemmes af ligevægtsligningerne.

Næste skridt er at snitte bjælken på tværs ved koordinaten x. Spændings-fordelingen i snittet erstattes med to snitkræfter og et snitmoment som vistpå fig. 13.8.

a NM

QRy

Rx

b NM

QRy

Rx

P

x

x

xP

Figur 13.8: To snit i bjælken på fig 13.7: a: Før den ydre kraft P . b: Efterden ydre kraft P .

I det følgende beskrives, hvordan fritlegemediagrammerne på fig. 13.8 kananvendes til at bestemme snitkræfterne N , Q og M . Da der ikke er nogenydre kræfter i vandret retning, kan det nemt indses, at Rx = 0, og dermedN = 0. Det efterlader bestemmelse af tværkraften Q og snitmomentet M .

Tilfælde a

Der tages moment omkring snittet:

MA(x) = Rxx (13.20)

Momentet er derfor nul ved understøtningen og stiger lineært langs medbjælken, i hvert fald indtil den påførte kraft, x = xP . Tilsvarende kantværkraften findes:

Q = Ry (13.21)

148

PxP

M

xR xx

P

Figur 13.9: Momentfordeling langs en simpelt understøttet bjælke med enenkeltkraft.

Tværkraften er dermed konstant indtil x = xP .

Tilfælde b

Vi tager igen moment omkring snittet:

MB(x) = Rxx − P (x − xP ) = (Rx − P )x + PxP (13.22)

Bemærk, at MA(xP ) = RxxP og MB(xP ) = RxxP , d.v.s. begge tilfælde giversamme moment ved x = xP således at momentet er det samme lige på beggesider af xP . Bemærk også i (13.22), at P er større end Rx, fordi bjælkenlodret er understøttet af en kraft i hver ende, og disse to er i ligevægt med P .Derfor er Rx − P i (13.22) et negativt tal, og vi kan se, at M er faldende fraxP og fremad. Fig. 13.9 viser snitmomentets fordeling langs med bjælken.

Tværkraften bestemmes af en lodret kraftligevægt:

Q = Ry − P (13.23)

Da P er større end Ry, er tværkraften blevet negativ, men den er stadiguafhængig af x. Tværkraften er altså konstant positiv for x < xP og springerpludseligt til en konstant negativ værdi for x > xP .

13.3.1 Eksempel 2: Momentfordeling for indspændt bjæl-ke med en endekraft

Et meget hyppigt standardeksempel er en bjælke, som er indspændt, d.v.s.muret ind i en helt fast understøtning, i den ene ende og fri i den modsatte

149

ende. Den frie ende er belastet med en kraft. Sådan en bjælke kaldes også enkonsolbjælke. Vi ønsker at finde momentfordelingen i konsolbjælken vist påfig. 13.10 og bestemme den største spænding i bjælken, hvis dimensionerneer L = 0, 3m, h = 0, 02m og b = 0, 03m, og den ydre kraft er P = 12N .

Rektangulært tværsnit – tykkelse = b

P

L

P

M0

N0

Q0

h

Figur 13.10: Bjælke fastholdt i den ene ende: indspændt bjælke eller konsolb-jælke. Fritlegemediagrammet for neden viser reaktionskræfterne i indspændin-gen.

Første opgave er at bestemme reaktionskræfterne ved indspændingen vedhjælp at et fritlegemediagram som vist på fig. 13.10. Fritlegemediagrammetviser meget tydeligt, at N0 = 0, Q0 = P og M0 = −PL. Vi kan nu indlæggeet snit i afstanden x fra indspændingen som vist på fig. 13.11.

x

M0 Q0 M

Q

Figur 13.11: Snitkræfter i konsolbjælken.

Momentligevægt omkring snittet giver følgende:

M − M0 − Q0x = 0 ⇒ M = M0 + Q0x = −PL + Px (13.24)

Den resulterende momentkurve er vist på fig. 13.12.

Momentet i ved indspændingen kan findes ved indsættelse af dimensionerne:

M(0) = −PL = −12N · 0, 3m = 3, 6Nm (13.25)

150

P

L

-PL

0

Figur 13.12: Snitkræfter i konsolbjælken.

Til bestemmelse af den maksimale spænding skal vi bruge modstandsmo-mentet:

W =Iy

h/2=

112

bh3

h/2=

bh2

6=

0, 03m · (0, 02m)2

6= 2, 0 · 10−6m3 (13.26)

Maksimalspændingen kan så findes ved indsættelse i (13.19):

σmax =M

W=

3, 6Nm

2, 0 · 10−6m3= 1, 8MPa (13.27)

13.4 Udbøjning

Dette kapitel startede med en forestilling om deformationer i en bjælkestværsnit, og vi fandt, at den lokale krumningsradius er omvendt propor-tional med det lokale bøjningsmoment: Større bøjningsmoment giver mindrekrumningsradius. Derefter fandt vi en metode til via imaginære snit i bjælkenat finde de lokale bøjningsmomenter.

Men hvilken samlet udbøjning af bjælken giver en given fordeling af bøj-ningsmomenter? Eller sagt på en anden måde: Hvis man kender momenterneog dermed krumningsradierne alle steder langs bjælken, hvordan omdannerman så den information til en samlet forestilling om bjælkens deformation?

En cirkel er som bekendt en kurve med konstant krumningsradius. Hvis manbevæger sig langs med en cirkelbue, vil man opleve, at bevægelsesretningen

151

ændres med konstant hastighed. Hvis man bevæger sig på grafen for en funk-tion, så er grafens hældning eller retning som bekendt dens afledede. Ændrin-gen af retning er kurvens anden afledede. Derfor eksisterer der en forbindelsemellem en kurves krumningsradius og dens anden afledede. Generelt er denneforbindelse ikke helt simpel, men for bjælker med små udbøjninger er den.Vi definerer krumning som den inverse krumningsradius:

κ =1

ρ(13.28)

Det er så muligt at vise, at den lokale krumning af en grafen for funktionenf er givet ved:

κ =f ′′(x)

[1 + (f ′(x))2]3/2(13.29)

Det ser umiddelbart lidt kompliceret ud, men hvis bjælkens udbøjning er lille,så gælder det, at (f ′(x))2 << 1, og vi kan simplificere (13.29) betydeligt:

κ =f ′′(x)

[1 + (f ′(x))2]3/2≈ f ′′(x)

[1]3/2= f ′′(x). (13.30)

Krumningen er altså - for små udbøjninger - lig med den dobbelt afledede afbjælkens udbøjning . Hvis udbøjningen langs med bjælkens længdekoordinatx kaldes u(x), så gælder med andre ord:

M(x) = EIu′′(x). (13.31)

som er den helt grundlæggende bjælkeligning. Den siger, at hvis man kendersnitmomentet M(x) og bjælkens stivhed i hele dens længde, så kan man findeudbøjningsfunktionen for bjælken ved blot at integrere to gange.

13.4.1 Eksempel 3: Udbøjning af en konsolbjælke

Konsolbjælken på fig. 13.13 er belastet af en kraft i enden og bøjer ud cirkasom vist på figuren.

1. Hvad er bjælkens præcise udbøjningsfunktion u(x)?

2. Hvad er bjælkens udbøjning i enden?

152

u(L)

P

L

x

u(x)

Figur 13.13: Udbøjning af konsolbjælke.

Vi starter med at observere, at snitmomentet langs bjælken er følgende:

M(x) = (L − x)P. (13.32)

Herefter indsættes i bjælkeligningen (13.31):

M(x) = EIu′′(x) = (L − x)P ⇒ u′′(x) =1

EI(L − x)P (13.33)

Vi integrerer én gang og finder u′(x):

u′(x) =1

EI

∫(L − x)Pdx =

P

EI[Lx − 1

2x2] + C1 (13.34)

Integrationskonstanten C1 kan bestemmes ud fra vores viden om bjælkensunderstøtning. Det hedder også en randbetingelse. Da bjælken er indspændt,må dens hældning ved x = 0 være nul:

u′(0) = 0 ⇒ C1 = 0 (13.35)

Vi integrerer en gang til for at finde udbøjningsfunktionen:

u(x) =P

EI

∫[Lx − 1

2x2]dx = [

1

2Lx2 − 1

6x3] + C2 (13.36)

Ved x = 0 er udbøjningen u(0) = 0, og derfor der C2 = 0. Svaret på detførste spørgsmål er derfor:

u(x) =P

EI[1

2Lx2 − 1

6x3] (13.37)

Hvis vi indsætter nogle tal, kan funktionen plottes: E = 120GPa, I =10−9m4, L = 0, 3m, P = −100N . Heraf fås:

u(x) =−100N

120 · 109N/m2 · 10−9m4[1

20, 3x2 − 1

6x3] (13.38)

153

-0,008

-0,006

-0,004

-0,002

00 0,05 0,1 0,15 0,2 0,25 0,3

x [m]

u(x)

[m

]

Figur 13.14: Den præcise udbøjningskurve.

Det giver grafen på fig. 13.14.

Svaret på det andet spørgsmål, den maksimale udbøjning, findes ved at sættex = L i (13.37):

u(L) =P

EI[1

2LL2 − 1

6L3] =

PL3

3EI(13.39)

13.5 Elementartilfælde

På samme som ovenfor måde kan udbøjningsfunktion og maksimal udbøjningfindes for enhver bjælke, hvis blot bjælkestivheden, understøtningerne ogbelastingen er kendte. De almindeligste tilfælde kan man finde i tabeller,hvor de kaldes „elementartilfælde“. På fig. 13.15 ses nogle af dem.

154

u(L)

P

L

x

u(x)

WLP

EIPLLu

xLxEIPxu

PxLxM

max

3

32

,3

)(

61

21)(

)()(

u(L)L

xu(x)

q

WqL

EIqLLu

xLLxxEI

qxu

xLqxM

2 ,

8)(

6424

)(

)(2

)(

2

max

4

2234

22

Pa

WLaPa

LEIbLPbu

axxLbLLxLbLLEIPxu

axxbLLEIPbxxu

xL

PaPaaxMxL

aLPaxM

)1( ,

39)(

for ,)()())((6

)(

for ,6

)(

)( ,)(

max

23

22

max

222

222b

L

L

q

WqL

EIqLLu

xLxLEI

qxxu

xLxqxM

8 ,

3845)

2(

224

)(

)(2

)(

2

max

4

323

2

Figur 13.15: Udvalgte elementartilfælde for bjælker.

13.6 Forskydningsspændinger

Dette kapitel har hidtil kun beskæftiget sig med bøjningsspændinger langsbjælkens længdeakse. I langt de fleste tilfælde er denne spændingstype denaltdominerende i bjælker. Imidlertid er der også forskydningskræfter til stedei et bjælkesnit og disse giver anledning til forskydningsspændinger ved endeformation af materialet som vist på fig. 13.16. Forskydningsspændinger

Figur 13.16: Forskydningsdeformation af et materiale-element.

angives ofte med det græske bogstav tau, τ , og de er lidt mere vanskelige atberegne end bøjningsspændinger, fordi de afhænger på en mere kompliceretmåde af tværsnittets form. Men forskydningsspændingerne er altid nul på

155

materialets overflade, hvoraf følger, at de må have deres maksimum et stedmidt i materialet. I et rektangulært tværsnit er de fordelt parabolsk overtværsnittet med maksimum i centrum:

τmax =3Q

2A(13.40)

hvor Q er forskydningskraften over tværsnittet (se fig. 13.8), og A er tværsnit-tets areal. Andre tværsnitsformer vil have andre forskydningsspændingsforde-linger, men deres betydning i slanke bjælker er som sagt begrænset. I andretyper strukturer kan forskydningsspændinger være den vigtigste påvirkningaf materialet.

13.7 Antagelser og forudsætninger

Det forløbne kapitel bygger på en lang række antagelser, som af pædagogiskeårsager ikke er blevet fremhævet meget ved gennemgangen af stoffet. Her vilde kort blive opremset:

• Det er en grundlæggende antagelse, at materialerne er lineært elastiske,således at Hookes lov gælder. Hvis dette ikke er tilfældet, så gælderligevægtsligningen, som binder moment og spændingsfordeling sam-men, ikke, og det meste af teorien falder fra hinanden.

• Det er antaget, at deformationerne af bjælkerne er små i forhold tilbjælkernes dimensioner. Denne antagelse er brugt både ved beregnin-gen af tøjningsfordelingen i bjælken (hvor krumningsradius skal væremeget større end bjælkens højde) samt ved forsimplingen af bjælkenskrumning til den anden afledede af deformationen.

• En del af ligningerne i dette kapitel gælder både for lange og for kortebjælker, hvor længden skal ses i forhold til bjælkens højde. Men forkorte bjælker består en betydelig del af deformationen af forskydnings-deformation som vist på fig. 13.16, og derfor holder konklusionerne ikapitlet generelt kun for bjælker, som er forholdsvis slanke. En tom-melfingerregel siger, at man skal være forsigtig, hvis en bjælkes længdeer mindre end 8 − 10 gange dens højde. De findes en teori for kortebjælker, også kaldet Timoshenko-bjælker. Den tager højde for forskyd-ningsdeformationen og er lidt mere kompliceret.

156

• Det er ikke nævnt eksplicit tidligere, men ligningerne gælder kun forbjælker, som inden den elastiske deformation er rette. Krumme bjælkerhar en anden tøjningsfordeling, og neutralaksen ligger ikke i tværsnit-tets tyngdepunkt, så for krumme bjælker gælder en anden teori. Teorienfor krumme bjælker er lidt mere kompliceret men ikke meget.

• Hvis materialet er lineært elastisk, og deformationerne er små i forholdtil problemets dimensioner, så er hele problemet lineært og har der-for nogle attraktive egenskaber til fælles med alle lineære styrkelære-problemer:

– Spændinger og deformationer er proportionale med de ydre be-lastninger: Hvis belastningen fordobles, så fordobles også bådespænding og deformation. Det er praktisk at vide, fordi det of-te kan spare nye beregninger, når den påførte last gøres størreeller mindre.

– Resultater af forskellige lasttilfælde kan superponeres, d.v.s. læggessammen. Hvis man f.eks. har beregnet en udbøjningsfunktion foren simpelt understøttet bjælke med en enkelkraft og bagefter foren tilsvarende bjælke med en fordelt belastning og derefter ønskerat kende udbøjningsfunktionen for begge laster på én gang, såkan man bare lægge de to resultater sammen. Det samme gælderfor de beregnede spændinger og tøjninger. Denne regel kaldes forsuperpositionsprincippet.

• Bjælker kan udover bøjning udsættes for vridning. Vridning er nemt atbehandle for cirkulære tværsnit, men det er mere kompliceret for andretværsnitsformer. Vridning giver anledning til forskydningsspændinger iet tværsnit.

Der findes masser af gode faststofmekaniske bøger, som indeholder langt meredetaljeret information. Nedenstående bog er god og pædagogisk og anvendespå Aalborg Universitets ingeniøruddannelser og kan fås gennem universitetetsboghandel:

James M. Gere: Mechanics of Materials. Brooks/Cole, Thomson Learning,ISBN 0 534-37133-7.

157

13.8 Opgaver

Opgave 1: Badmintonketsjer

Skaftet på en badmintonketsjer har et cirkulært, hult tværsnit med yder-diameter D = 8, 1mm og inderdiameter d = 7, 7mm.

1. Hvad er tværsnittets arealinertimoment? Svar: 3, 87 · 10−11m4

2. Hvad er tværsnittets modstandsmoment? Svar: 9, 57 · 10−9m3

Ketsjeren anvendes i et eksperiment, som skal bestemme slagstyrken hos enelitespiller. Selve slaget er en dynamisk situation, hvor det moment, somspilleren påvirker håndtaget med, er i ligevægt med accelerationskræfternepå ketsjerens skaft og hoved som indikeret på fig. 13.17. Netop fordi slag-et er meget dynamisk, kan spillerens styrke ikke vurderes med et statiskforsøg; musklernes evne til at danne ledmoment falder nemlig med bevæg-elseshastigheden. Endvidere viser det sig meget vanskeligt at bestemme ket-sjerens acceleration med bevægelsesanalyse, fordi hastigheden er så høj, atvideokameraer har vanskeligt ved at følge bevægelsen.

Strain gaugeM M

Figur 13.17: Håndtag og skaft af badmintonketsjer udstyret med strain gauges.Formålet er at kunne bestemme det af spilleren påførte moment, M .

I stedet er der sat små tøjningsmålere, såkaldte strain gauges, på ketsjerensskaft, lige hvor det sidder fast i håndtaget som vist på fig. 13.17. Når spillerenslår til bolden, måles en maksimal tøjning i slaget på ε = 7, 8·10−3 . E-moduletfor skaftets materiale er bestemt til E = 90GPa.

3. Hvad er den maksimale spænding i skaftet? Svar: 702 MPa.

4. Hvor stort et maksimalmoment har spilleren påvirket ketsjeren med islaget? Svar: 6, 72Nm.

158

Opgave 2: Forskudt barre

En gymnast i den forskudte barre hænger midt på den højeste stang meden afstand imellem hendes hænder på d = 0, 32m. Stangens længde er i altL = 1, 80m. Gymnasten vejer 52kg men på grund af hendes sving, belastesbarren med i alt to gange hendes kropsvægt. Det antages, at kræfterne frahænderne er vinkelret på barrens længderetning, og at stangen er simpeltunderstøttet som vist på fig. 13.1.

1. Hvor stor er kraften fra hver hånd på barren? Svar: 510N

2. Optegn en momentkurve for stangen.

Opgave 3: Bøjningspænding i Tibia

En fabrikant af benskinner til fodboldspillere ønsker at bestemme styrken afen skinnebensknogle, tibia. Til det formål er fremskaffet en knogle fra et ka-daver, og den er sat op i en prøvemaskine, som giver en simpel understøtningi knoglens ender og en tværkraft på midten som vist på fig. 13.7. Det er ensåkaldt tre-punkt bøjningstest.

Ved forsøget øges tværkraften, indtil knoglen bryder på midten ved en kraftpå P = 1100N . Knoglens længde er L = 0, 52m. Knoglen er efterfølgendesavet igennem nær bruddet, tværsnittets er affotograferet og digitaliseret, ogdets modstandsmoment er bestemt til W = 2, 11 · 10−6m3.

1. Hvor stort er snitmomentet på midten af knoglen, lige under P? Svar:286Nm.

2. Hvor stor har den maksimale spænding i knoglematerialet været, daknoglen brød? Svar: 135MPa.

Opgave 4: Udbøjning af badmintonketsjer

Den målte tøjning i ketsjeren fra opgave 1 stammer naturligvis fra en de-formation af skaftet, som skyldes den store acceleration i slaget. Afstandenfra skaftets indfæstning i håndtaget til centrum for ketsjerens hoved er L =353mm. Det antages, at hele denne længde er en bjælke med egenskaber somfundet i opgave 1.

159

1. Hvis det antages, at accelerationskraften q er jævnt fordelt langs L,hvor stor er så q? Svar: 108N/m

2. Hvor stor er udbøjningen ved centrum af ketsjerens hoved? Svar: 6, 0cm.

3. Hvis det i stedet antages, at hovedet er meget tungere and skaftet, ogat belastningen derfor snarere er en enkeltkraft P i enden af L, hvorstor er så P? Svar: 19N .

4. Hvor stor er udbøjningen i dette tilfælde ved centrum af ketsjerenshoved? Svar: 8, 0cm.

Opgave 5: Udbøjning af barre

Tværstangen i barren fra opgave 2 er af hensyn til gymnastens belastninger ogafsæt konstrueret med en vis elasticitet. Materialet er glafiberforstærket plastmed E = 11GPa. Stangens ydre diameter er D = 37, 5mm, og den er hulindvendigt med d = 20mm. Det giver et inertimoment på I = 8, 92 · 10−8m4.

Åbn et regneark og brug formlerne i elementartilfældet, fig. 13.15, til atløse nedenstående opgaver. Bemærk, at udbøjningsfunktionen for en sim-pelt understøttet bjælke belastet med en enkeltkraft er forskellig før og efterenkeltkraften.

1. Vi betragter udelukkende udbøjningen af stangen som følge af kraftenfra den hånd, der er tættest på tværstangens begyndelsespunkt. Frem-stil en graf af udbøjningsfunktionen i regnearket.

2. Vi betragter nu udelukkende udbøjningen af stangen som følge af kraftenfra den anden hånd. Fremstil en graf af denne udbøjningsfunktion.

3. Fremstil en graf af udbøjningen som følge af belastningen fra beggehænder på én gang? Kontrollér, at udbøjningen er nul i begge ender afstangen, og at funktionen er kontinuert hen over kraftpåførslen.

4. Hvad bliver den største udbøjning af stangen? Svar: ca. 6, 1cm

160