Statisch onbepaalde ligger

[Weccop]

Beste leden,

Ik probeer een opdracht op te lossen uit het oefen boek Sterkteleer 2 Toegepaste Mechanica (blz. 191 oefening A) maar komt er nog niet helemaal uit.

Ik heb dus een ligger met 3 steunpunten a b en c. Op deel AB ligt een Q last en op deel BC twee puntlasten. Zie de bijlage voor de situatie.

Ik heb deze soms uitgewerkt doormiddel van de vergeet mij nietjes op het volgende gekomen:

Ma = 1/8 ql2 = 1/8 * 6 * 4^2 = 12

Mc = 0

Mb = Onbekend

Forumules:

(q * L^3 / 24EI) + (Ma * L / 6EI) + (Mb * L / 3EI) = (- Mb * L / 3EI) + (P * L^2 / 16EI) + (P * L^2 / 16EI)

Ingevuld:

(6 * 4^3 / 24EI) + (12 * 4 / 6EI) + (Mb * 4 / 3EI) = (- Mb * 6 / 3EI) + (18 * 2^2 / 16EI) + (12 *4^2 / 16EI)

Het lukt mij niet om uit deze vergelijking Mb te halen. Sowieso weet ik niet zeker of ik de juiste formules hanteer voor mijn situatie. Iemand tips hoe ik nu verder ga om de Mb te bepalen van de ligger.

Alvaste bedankt,

Erwin

[oktagon]

Je formules lijken me niet juist,je gebruikt er een voor een ligger op twee steunpunten;je zou Cross moeten toepassen.

Zou je opstelling wel juist zijn dan:

In je laatste vergelijking kun je de EI-factor uitschakelen en houd je alleen M_b als onbekende over;dus lijkt het me een kwestie van een paar zweetdruppels (dus zonder batterijen werken) en heb je je antwoord.

[jhnbk]

Welke methode moet je gebruiken?

[oktagon]

Dus CROSS!

[jhnbk]

Het lijkt mij dat hij een aanzet geeft naar Clapeyron.

[Weccop]

Cross kan idd ook, maar hier maken ze gebruik van vergelijkingen doormidden van de vergeet-mij-nietjes. In dit gedeelte komt nog geen cross voor dit is pas later.

[jhnbk]

Je weet dat de zakking in B nul moet zijn als je het steunpunt zou weghalen en uiteraard vervangen door een reactiekracht. Hoe zou je dan verdergaan?

[oktagon]

Ik weet niet aan wie de vraag gesteld is, de oplossing kan de volgende zijn:

Stel de doorbuigingen veroorzaakt door de uitwendige belasting en dus zonder tussensteunpunt P (f₁)

en

die door de vervangende puntlast (van het tussensteunpunt) gelijk,omdat de totale doorbuiging nul is (f₂).

De doorbuiging (f₁) op de plaats van het tijdelijk verwijderde tussensteunpunt te berekenen uit de optelsom van de deeldoorbuigingen van de verschillende lasten,

en die is gelijk aan de tegengestelde doorbuiging f₂ door de vervangende puntlast.

Uit de gelijkstelling van de formules,behorende bij f₁ = f₂ is de oplegreactie van het tussensteunpunt te herleiden en als je die weet,zijn de resterende oplegreacties A en B ook te bepalen.

Ik maakte de vergelijking voor een ligger op 3 stp met gelijkm.belasting en gelijke velden om het eenvoudig te houden en kom dan bij vergelijking van de doorbuigingen op (bij steunpunt P):

(5 q l⁴)/(384 EI) = (P l ³)/(48 EI) op ql = 1.6 P en P = 0.625q l

Andere oplossingen blijven dus Cross en Clapeyron en integraalvergelijkingen van doorbuigingen.

[Weccop]

Heb het nog eens goed bekeken, mijn vergelijking was sowieso niet goed en denk dat ik hem nu wel redelijk kloppend heb.

Doormiddel van de vergeet-mij-nietjes kom ik dan op de volgende vergelijking:

(q * L^3 / 24EI) + (Mb * L / 3EI) = (- Mb * L / 3EI) + (P * ab(L+b) / 6 * L * EI) + (P * ab(L+a) / 6 * L * EI)

Was eerst uitgegaan van een puntlast in het midden, maar het zijn twee puntlasten welke uiteraard niet in het midden van de balk staan.

Ik weet niet precies de benaming van deze methode.

[oktagon]

Methode Rodeo.be

methode Oktagon

methode who

[jhnbk]

Goede vraag; ik zou niet direct een naam weten voor deze methode.

[dirkwb]

Goede vraag; ik zou niet direct een naam weten voor deze methode.

Dat komt omdat de naam hiervoor niet bestaat.

[Weccop]

Heb hier wat dictaten liggen en zo werken ze een soort gelijke constructie ook uit.