Ingeklemde balk

[sjamaan]

Het probleem is de kracht die tegen p in werkt.

Totale lengte is L verdeeld over de steunpunten. A en B (inklemming) C en D roloplegging

[Sjakko]

Kun je even de vergeet-me-nietjes van beide situaties verstrekken? Ik heb ze niet bij de hand.

[sjamaan]

[dirkwb]

Ik weet niet of ik het goed heb maar mijn idee is:

De krachten bij de doorbuiging bij de roloplegging kan via de lengtes aan elkaar relateren (omdat EI =constant). Als je dan som van de krachten in y richting is nul toepast op beide balken en som van de momenten een aantal maal dan kom je er denk ik uit (ik hoop dat Sjakko ook op zoiets uitkomt pi.gif )

[Sjakko]

Perfect! Goed, we gaan eerst eens alleen de bovenste balk beschouwen.



In mijn tweede tekeningetje heb ik de balk in het midden doorgesneden en daar ingeklemd. Je hebt dan links een kracht P/2 (de reactiekracht van de muur) en een moment (het reactiemoment van de muur) die de hoekverdraaiing weer naar nul buigt. De doorbuiging v is nu een samenstelling van vergeet-me-nietje 1 en 4 van het tweede blad.

\(v= \frac{ \left( \frac{P}{2} \right) \left( \frac{L}{2} \right) ^3}{3EI} - \frac{M \left( \frac{L}{2} \right) ^2}{2EI}\)

\(\theta= \frac{ \left( \frac{P}{2} \right) \left( \frac{L}{2} \right) ^2}{2EI} - \frac{M \left( \frac{L}{2} \right) }{EI}=0\)

Uit de tweede vergelijking volgt dat

\(M=\frac{PL}{8}\)

Dit invullen in de eerste vergelijking, daaruit volgt:

\(v=\frac{PL^3}{192EI}\)

Nu terug naar de originele tekening. De onderste balk is al een kant en klaar vergeet-me-nietje, namelijk situatie 1 van het eerste blad.

Bovenste balk:

\(v=\frac{F_{1}L^3}{192EI}\)

Onderste balk:

\(v=\frac{F_{2} \left( \frac{L}{2} \right)^3}{48EI}\)

\(P=F_{1}+F_{2}\)

met andere woorden: de kracht

\(P\)

wordt verdeeld over de twee balken.

Door deze 3 vergelijkingen kom ik op

\(F_{2}=\frac{2}{3}P\)

, waardoor de reactiekrachten gelijk zijn aan

\(P/3\)

Uiteraard rekenfoutjes voorbehouden.

[oktagon]

Weer een ander antwoord:

Als CD= AB/2 en P is totale last en die splits je in P1 en P-P1,

dan

2 x toelaatb.spanning = {0,125 P1 x AB + 0,25 x (P-P1) x CD}/W ,etc

[oktagon]

Weer een ander antwoord:

Als CD= AB/2 en P is totale last en die splits je in P1 en P-P1,

dan

2 x toelaatb.spanning = {0,125 P1 x AB + 0,25 x (P-P1) x CD}/W ,etc

Vervolg:

Je kunt stellen dat de optredende momenten in de balk CD en AB gelijk moeten zijn vanwege het feit dat de EI factor gelijk is.

Dus 0,125 P1 x AB = 0,25 x (P-P1) x CD

0,125 P1 x AB = 0,25 x (P-P1) x AB/2

0,125 P1 = 0,25 x (P-P1)/2

0,125 P1 = 0,125 x (P-P1) = 0,125P -0,125P1

0,25 P1 = 0,125P

P1 = 0,5 P ofwel de helft !

Dat houdt dus in dat alle oplegreacties gelijk zijn ofwel 0,25 P !

En dat had al eerder kunnen worden opgelost door momentvergelijk bij inklemming en vrije oplegging!

Graag commentaar hierop van geleerden!

[Sjakko]

Je kunt stellen dat de optredende momenten in de balk CD en AB gelijk moeten zijn vanwege het feit dat de EI factor gelijk is.

Dat lijkt me niet waar. De bovenste balk zit namelijk op een andere manier vast aan de vaste wereld. De bovenste balk heeft aan beide kanten een inklemming. Dit zorgt voor een hele andere momentenlijn en dus bij dezelfde belasting een heel andere doorbuiging. Aangezien hier de doorbuiging van beide balken hetzelfde is, zal de krachtenverdeling over beide balken verschillend zijn (tenzij het door toeval gelijk uitkomt). Je moet dit volgens mij toch echt met vergeet-me-nietjes doen.

[sjamaan]

Die balk mag je dus zo door het midden snijden, (weer wat geleerd ) handige methode btw.

Ikzelf had de inklemmingen al vervangen door reactie + moment, en daar hield het voor mij op.

antwoorden die ik uiteindelijk moet hebben zijn Ma=Mb= 1/24 PL ; Ay=By=1/6 P ; Cy=Dy= 1/3 P.

Dus volgens mij zit sjakko aardig goed.

Hartelijk dank voor deze oplossing.

[Sjakko]

Jippie! Die

\(P/3\)

waren trouwens (als dat nog niet duidelijk was) de reactiekrachten in C en D. In A en B houd je dan voor elk inderdaad

\(P/6\)

over. Die momenten zijn inderdaad uit te rekenen door

\(F_{1}=P/3\)

in te vullen in

\(M=\frac{F_{1}L}{8}\)

en kom je op

\(M=\frac{PL}{24}\)

Fijn dat het uitkomt.

[oktagon]

Ik ben het wel eens met de doorbuigingsmethode om uit te gaan van een gelijke doorbuiging.

Maar er komt m.i.een ander probleem aan de orde en wel,bij welke balk wordt de toelaatbare spanning overschreden en dat zal de balk CD zijn,omdat die een doorbuiging krijgt die in verhouding het dubbele is van die van AB.

Ik wacht op een mogelijk betere uitleg;m.i. moet je aan de doorbuiging van de balk CD een sterkteberekening knopen.

[oktagon]

Ik poogde een wijziging in mijn verhaal te maken,werd geblokkeerd!

Dus een gewijzigd verhaal van me,

Ik ben het wel eens met de doorbuigingsmethode om uit te gaan van een gelijke doorbuiging.

Maar er komt m.i.een ander probleem aan de orde en wel,bij welke balk wordt de toelaatbare spanning overschreden en dat zal de balk CD zijn,omdat die een doorbuiging krijgt die in verhouding het dubbele is van die van AB.

Een vergelijking van de doorbuigingen:

(0,333 P.L^3)/192E.I =)0,666P.0,125.L^3)/48E.I )storing bij mijn haakjus!)

0,333/192 =0,666 x 0,125/48 ,resteert 16 = 16 ,dus jullie verhaal inz.de doorbuigingen klopt idd.!

[oktagon]

Probeer deze topic eens om te zetten in een concreet geval,dus een balkcombinatie belast door een puntlast met een balk AB en CD te berekenen op basis van jullie doorbuigingstheorie en dan mijn theorie van spanning daarnaast.

Ik stel dan voor een staalprofiel HeA met AB lang 500 cm en CD dan 250 cm met puntlast 1000 kg (10 kN voor de liefhebbers) in het midden van de balken als de topic aangeeft.

Ga uit van een toelaatbare spanning van 200 N/mm2 en een doorbuiging van 10 mm.

Ik ben benieuwd naar het resultaat!