sciencetalk


https://sciencetalk.nl/forum/

Verdeling horizontale kracht

https://sciencetalk.nl/forum/viewtopic.php?t=109137

2 van 2

Re: Verdeling horizontale kracht

Geplaatst: do 18 jun 2009, 17:56
door jhnbk
Anders maar toch ongeveer hetzelfde.

Uit de sterkteleer weten we dat
\(\delta = \int_L \frac{N(x) \mbox{d}x}{A(x) E}\)
Verborgen inhoud
Merk op dat er ook geldt dat
\(U = \int_L \frac{N^2(x)}{2AE}\mbox{d}x\)


Voor een gewone staaf, willekeurig belast is N(x) niet gekend. Stel nu dat we de staaf extra belasten op het uiteinde met een hulpkracht P. Zo wordt de nieuw N(x) geschreven als N(x)+P. Dus er geldt dat
\(U = \int_L \frac{(N(x)+P)^2}{2AE}\mbox{d}x\)
.

Afleiden naar P geeft met Castigliano de verplaatsing van het uiteinde van de staaf o.i.v. van P en de onbekende belasting die N(x) opwekt. Dus geldt er eigenlijk
\(\delta = \frac{\partial}{\partial P} \int_L \frac{(N(x)+P)^2}{2AE}\mbox{d}x\)
Toepassen van de regel van Leibniz geeft dan:
\(\delta = \int_L \frac{N(x)+P}{AE}\mbox{d}x\)
Dit geeft met P=0 (het was immers een hulpkracht) bovenstaande vergelijking uit de sterkteleer.

Conclusie: voorgaande methode van Castigliano moet hetzelfde antwoord geven. Dit even terzijde natuurlijk.

\(N(x) = P - R_1+ \cdots -P\)
Opsplitsen voor de integraal:
\(0 = \delta = \int_0^a \frac{P - R_1}{AE}\mbox{d}x + \int_a^L \frac{- R_1}{AE}\mbox{d}x = \frac{a\,P}{A\,E}-\frac{L\,R_1}{A\,E}\)
Oplossen naar R1 geeft
\(R_1 = \frac{a}{L} P\)
zoals hierboven al bewezen.

Re: Verdeling horizontale kracht

Geplaatst: do 18 jun 2009, 18:23
door oktagon
Ik haak hier af,zoals ik eerder aankondigde.

Re: Verdeling horizontale kracht

Geplaatst: vr 19 jun 2009, 08:47
door jhnbk
Conclusie voor de vraag van de topicstarter. De horizontale kracht wordt niet gelijkmatig verdeeld over beide steunpunten maar volledig opgenomen door het linker steunpunt.

Re: Verdeling horizontale kracht

Geplaatst: ma 22 jun 2009, 00:30
door rodeo.be
onder het motto, eenvoudig kan ook:

(kracht F naar links, subscript a: linkse deel, b: rechtse deel, xi is de veerconstante van de balk, verder niet belangrijk)

vaste steunpunten, dus totale verplaatsing van de balk gelijk aan nul.

Verplaatsing vh stuk balk links van de kracht:
\(\delta_a=-F_a L_a \xi\)
(<0 want indrukking)

verplaatsing van het deel rechts:
\(\delta_b=F_b L_b \xi=(F-F_a) L_b \xi\)
(>0, want uitrekking)
\(\delta_a+\delta_b=0\)
, ..., dus
\(F_a=F. L_b/L\)
QED

Re: Verdeling horizontale kracht

Geplaatst: ma 22 jun 2009, 09:01
door jhnbk
Je moet er maar aan denken!! ;) Ik denk dat oktagon deze manier van werken zeker gaat kunnen volgen! (En zo is mijn oplossing nogmaals bewezen)
Alle tijden zijn UTC+01:00
2 van 2

Powered by phpBB® Forum Software © phpBB Limited

Nederlandse vertaling door phpBB.nl.