Lees onderstaande goed door. Je niet houden aan de instructies heeft direct gevolgen voor de beoordeling.

Transcriptie

1 Universiteit Twente Faculteit Construerende Technische Wetenschappen Opleidingen Werktuigbouwkunde & Industrieel Ontwerpen Kenmerk: CTW.5/TM-5758 ONDERDEE : Statica DATUM : 4 november 5 TIJD : 8:45 :5 TOETS ees onderstaande goed door. Je niet houden aan de instructies heeft direct gevolgen voor de beoordeling. De toets bestaat uit drie opgaven. De maimale waarderingscijfers van de opgaven is gelijk aan punten. Samen met de eerste toets, zullen in totaal punten behaald kunnen worden. Het eind cijfer c wordt bepaald met behulp van de volgende formule: c = + waarbij het totaal aantal behaalde punten is. ees de vragen goed door. Aan de aanpak wordt meer waarde toegekend dan aan de uitkomst; volg de Systematische Probleem Aanpak bij alle opgaven, geef zoveel mogelijk ook de vergelijking in symbolen vóór het oplossen. VS-en worden beoordeeld op duidelijkheid, compleetheid en correctheid. Het gebruik van een grafische rekenmachine is niet toegestaan. Breuken hoeven niet uitgewerkt te worden in decimale uitkomsten. Fouten in eenheden worden streng beoordeeld. De toets is een gesloten boek toets. Antwoorden (inclusief tekeningen) in potlood worden niet geaccepteerd. Tip: je kunt wel de tekening eerst in potlood maken en daarna overtrekken in pen. Het gebruik van de bijgevoegde antwoordbladen is verplicht (niet gebruiken betekent punten aftrek). Schrijf op alle bladen die je inlevert duidelijk je naam en je student nummer. (De vakcode is 38 (WB) en 39 (IO), de code CTW.5/TM-.. is een document kenmerk). ever alles in als gebundeld pakket, in een Universiteit Twente tentamenpapier, en niet als stapel losse vellen. Je hoeft het nietje niet te laten zitten. Verlaat de zaal in stilte als je klaar bent.

2

3 Opgave Gegeven de starre balk in figuur. Op het gedeelte A C werkt een verdeelde belasting w () waarvoor geldt: ( ) 3 ( ) 9 5w 9w + w () = w < w < 3 Gebruik tabel op het antwoord papier. Bewijs dat de grootte van de resulterende kracht F R en de locatie van het aangrijpingspunt R van F R van de verdeelde belasting tussen A C eact gelijk zijn aan : F R = 5 w = w ; R = 6 y + θ + + w () w D A B C w 3w E F Figuur : Opgave & opgave. Opgave Gegeven de starre balk van de voorgaande opgave. Er mag aangenomen worden dat de in die opgave gegeven resulterende kracht F R en de locatie van het aangrijpingspunt R correct zijn. In het punt D werkt een kracht ter grootte 3w N, in het punt C een moment ter grootte van w Nm en tussen E en F werkt een verdeelde belasting met grootte w N/m. Alle belastingen werken in de richting zoals aangegeven in de figuur. a. Bepaal formules voor de dwarskracht V() en het buigend moment M() voor 3 < 6. De reactiekrachten zijn: R A, = N, R A,y = w N, M A = w Nm De reactie kracht en het reactie moment in A werken in positieve richting volgens het aangegeven coordinaten stelsel. Gebruik figuur 3 op het antwoordblad voor de VS-en. b. De V en M lijnen zijn gegeven in de antwoordgrafieken 4 en 5 voor het deel A C ( < 3). Complementeer deze voor het deel C F (3 < 6) van de balk. Dit is vergelijkbaar met bepalen van het zwaartepunt, hoofdstuk 9 uit Statics van Hibbeler

4 Opgave 3 De twee blokken weergegeven in figuur worden tegen de wand gedrukt door een drukveer. Op blok A werkt een kracht parallel aan het oppervlak waarover blok A kan bewegen. De wrijvingscoëfficiënt tussen blok A en de helling is gelijk aan µ A en die tussen beide blokken aan µ AB. Neem voor de gravitatie versnelling g de waarde gegeven in tabel. F A B θ Figuur : Opgave 3. De blokken A en B worden op hun plek gehouden door de drukveer. In eerste instantie wordt de kracht F gelijk gesteld aan. a. Maak VS-en van de blokken A en B. Gebruik hiervoor figuur 6. b. eid op basis van de evenwichtsvergelijkingen, in symbolen, uitdrukkingen af voor de normaalkrachten en de wrijvingskrachten. c. Bepaal, gebruikmakend van de waardes in tabel, of de blokken stil blijven staan. Neem nu aan dat de kracht F níet gelijk is aan. d. Maak VS-en van de blokken A en B. Gebruik hiervoor figuur 7. e. Bewijs dat de kracht F die minimaal nodig is om het geheel in beweging te krijgen gelijk is aan 3N. Voor de hoeken is het volgende gegeven: Tabel : Gegeven waardes. m A = kg F k = 3N m B = kg g = m s - µ A = 4 3 θ = 3 o µ AB =. sin3 o = sin6 o = 3 cos3 o = 3 cos6 o =

5 Naam: Studentnummer: Tabel : Vraag.

6 Naam: Studentnummer: Figuur 3: VS-en vraag a.

7 Naam: Studentnummer: Figuur 4: Dwarskracht V(). V() w

8 Naam: Studentnummer: Figuur 5: Buigend moment M(). M() w

9 Naam: Studentnummer: Figuur 6: VS vraag 3a.

10 Naam: Studentnummer: Figuur 7: VS vraag 3d.

11 Vraag punten De verdeelde belasting w () is op te delen in twee gebieden: ( ) 3 ( ) 9 I Functie w () = 5w 9w + w voor < II Functie w () = w voor w voor < 3 Deelgebied II is ook te benaderen als een combinatie van een driehoek en een rechthoek: IIa Driehoek met basis en hoogte w IIb Rechthoek met breedte en hoogte w Om de grootte van de resulterende kracht F R en de locatie van het aangrijpingspunt R te bepalen, moet uitgerekend worden: De resulterende kracht van elk deel De locatie van het aangrijpingspunt van een deel als hiervoor gebruik wordt gemaakt van de kennis van de locatie van dit punt voor eenvoudige vormen zoals rechthoek, driehoeken en kwartcirkels Het statisch moment van elk deel De resulterende kracht van elk deel is te bepalen door de verdeelde belasting te integreren over het deel waarop zij werkt (de -coördinaat): Het statisch moment is: F R,i = Q y,i = i,end = i,start w ()d () i,end = i,start w ()d () De locatie van het zwaartepunt van een driehoek en een rechthoek liggen respectievelijk op: R,i = d i + 3 b i (3) R,i = d i + b i (4) waarbij d i de afstand van het referentiepunt (in het algemeen: = ) tot de opstaande zijde van de driehoek en b i de basis, waarbij de basis positief is als de opstaande zijde zich aan de linkerkant van de driehoek bevindt en negatief als de opstaande zijde zich aan de rechterkant van de driehoek bevindt. De locatie van het aangrijpingspunt van het geheel van de verdeelde belasting ligt op: R = n i= Q y,i (5) n F R,i i= De bovenstaande formules zijn toegepast en het resultaat is verzameld in tabel 3. De uitwerking van integralen is hieronder gegeven. Deelgebied I Uitwerking integralen van oppervlak (grootte van de kracht) en statisch moment: F I = = ( ) 3 ( ) 9 ) [ 5w 9w + ( w d = 5 w w ] w = = [ 5 w w ] ( w 5 4 = = ) ( 4 w = 4 4 ) = 4 4 w = w (6)

12 Q I = = 5w ( 4 3 ) 9w ( 3 [ 5 w w w 6 3 ] ) + 9 w = = ( ) [ d = 5 w w ] w 3 3 = = ( ) w = w = w = 4 w (7) Deelgebied II Uitwerking integralen van oppervlak (grootte van de kracht) en statisch moment: F II = 3 = w d = [ ] 3 w = = 4 w 9 4 w = 8 4 w = w (8) Q II = 3 = w d = [ ] 3 w 3 3 = = [ ] 3 w 6 3 = 7 = 6 w 6 w = 6 6 w = 3 3 w (9) Berekening F R en R De grootte van de resulterende kracht F R is de som van de resulterende krachten van gebied I en II (F i ). De locatie van het aangrijpingspunt is níet de som van de locaties van de aangrijpingspunten, maar volgt uit vergelijking (5). F R = w +w = w = 5 w () ( ) w 3 R = 5 w Hiermee is het gevraagde bewezen. Puntenverdeling ( punten totaal): = ( ) 5 = 55 5 = 55 5 Integraal grootte kracht deel DE, of oppervlak en locatie aangrijpingspunt: 4 punten Integraal statisch moment deel DE, of oppervlak en locatie aangrijpingspunt: 4 punten Integraal grootte kracht deel EF: 4 punten Integraal statisch moment deel EF: 4 punten Berekening aangrijpingspunt R : punten Juiste variabelen/waardes in de tabel: punten = 6 ()

13 Naam: Studentnummer: Tabel 3: Vraag 3a. Vergelijkingen en uitwerkingen voor de berekening van de resulterende kracht en de locatie van het aangrijpings punt voor de twee deelgebieden van de verdeelde belasting. Gebruik ófwel variant II, ófwel variant IIa en IIb. Fi i Qi I II IIa IIb = 5w ( ) 3 9w 3 = Alternatief voor II ( w ) + 9 w d = w ( ) d = w = 5w 4 3 9w 3 = w w w = w + 3 = w w = w + = w w = 5 w ( ) 3 d = 3 w w = 55 w d = 4 w

14 Vraag punten De VS vanhet geheelhoeft niet gegevente worden, omdatde reactiekrachtenin Aal opgelostzijn. De krachten in de -richting kunnen ook buiten beschouwing gelaten worden, omdat deze gelijk zijn aan. Dit moet wel epliciet genoemd worden! Het volstaat om de VS-en van de drie deelgebieden te geven (zie figuur 8): I. C D, 3 < 4 II. D E, 4 < 5 III. E F, 5 < 6 y + θ + + w () M A A M() N() A B C w V() A y y + θ + + w () M A A A B C w A y D M() N() 3w V() y + θ + + w () w M A A A B C w A y D 3w E M() N() V() Figuur 8: VS deel I (bovenaan), deel II (midden) en deel III (onderaan). De evenwichtsvergelijkingen voor de drie verschillende gebieden moeten opgesteld worden. Het moment is bepaald ten opzichte van het punt van doorsnijden. Daarmee valt namelijk de bijdrage van V() weg, wat de vergelijkingen aanzienlijk eenvoudiger maakt. Deel I C D, 3 < 4 Fy = : R A,y F R V() = w 5 w V() = w V() = V() = w ()

15 = : M A R A,y +F R ( R ) M C +M() = w w + 5 w 55 w w +M() = 6 w +w +M() = M() = 6 w w (3) Deel II D E, 4 < 5 Fy = : R A,y F R +3w V() = w 5 w +3w V() = w V() = V() = w (4) M@ = : M A R A,y +F R ( R ) M C 3w ( 4)+M() = w w + 5 w 55 w w 3w +w +M() = 5 w w +M() = M() = w 5 w (5) Deel III E F, 5 < 6 Fy = : R A,y F R +3w w ( 5) V() = w 5 w +3w w +5w V() = 6w w V() = V() = 6w w (6) M@ = : M A R A,y +F R ( R ) M C 3w ( 4)+ w ( 5) +M() = w w + 5 w 55 w w 3w +w + w w + w 5 +M() = 8w 6w + w +M() = M() = 8w +6w w (7) Samengevat: w voor: 3 < 4 V() = w voor: 4 < 5 6w w voor: 5 < 6 6 w w voor: 3 < 4 M() = w 5 w voor: 4 < 5 8w +6w w voor: 5 < 6 Check of the dwarskracht de afgeleide is van het moment: (8) (9) dm() d = V() () Om de grafiek te kunnen schetsen is het handig om een aantal waardes uit te rekenen. Dat is altijd in aantal keren w of w voor respectievelijk de dwarskracht of het buigend moment. De oplossing is weergegeven in figuur 9. et op dat lijnen op de juiste manier aansluiten en de richtingscoëfficiënten kloppen. De kwadratische curve in de momentenlijn hoeft niet eact getekend te worden, maar moet wel consistent zijn met de dwarskrachtlijn: Als de dwarskracht is, is er een etreme waarde: check of het een minimum of maimum is met behulp van het volgende punt Een positieve/negatieve dwarskracht geeft ook een positieve/negatieve helling van de momentenlijn

16 Tabel 4: Getalswaarden voor de grafiek V() w - - M() w V() w M() w Figuur 9: Dwarskracht (groen) en buigend moment (rood) als functie van de relative positie in de balk. Vraag 3 punten Vraag 3a De VS-en van beide blokken zijn gegeven in figuur. Vraag 3b De evenwichtsvergelijkingen voor blok A zijn: F = : N A N AB F z, sinθ = () Fy = : W A +W AB F z, cosθ = () De evenwichtsvergelijkingen voor blok B zijn: F = : N AB F z, sinθ F k cosθ = (3) Fy = : W AB F z, cosθ +F k sinθ = (4)

17 θ WAB N AB W A A N AB W AB B F k N A F z, θ y y F z, Figuur : VS van blok A (links) en blok B (rechts). Hieruit kunnen de vergelijkingen voor N A, W A, N AB en W AB afgeleid worden: Vraag 3c N AB = F z, sinθ +F k cosθ (5) W AB = F z, cosθ +F k sinθ (6) N A = N AB +F z, sinθ = F z, sinθ+f k cosθ+f z, sinθ (7) W A = W AB +F z, cosθ = F z, cosθ F k sinθ +F z, cosθ (8) Of het systeem blijft staan, hangt af van de grootte van de wrijvingskrachten die nodig is om evenwicht te halen en de wrijvingskrachten die maimaal op kunnen treden op basis van de normaalkrachten: W ma = µn (9) W A = 3 3 N A = = 5 3N (3a) 3+ = = 5N (3b) W A,ma = µn A = = (3c) Aangezien de maimaal toelaatbare wrijvingskracht groter is dan de wrijvingskracht benodigd om te voldoen aan evenwicht, zal blok A niet gaan schuiven ten opzicht van de schuine wand. W AB = 3+ 3 = (3a) N AB = = 5+5 = N (3b) W AB,ma = µ AB N AB =. = 4N (3c) Aangezien de maimaal toelaatbare wrijvingskracht groter is dan de wrijvingskracht benodigd om te voldoen aan evenwicht, zullen de blokken niet gaan glijden ten opzichte van elkaar. Vraag 3d De VS-en van beide blokken zijn gegeven in figuur. (3d)

18 F θ N AB A W AB B F k W AB N AB N A W A F z, θ y y F z, Figuur : VS van blok A (links) en blok B (rechts). Vraag 3e De evenwichtsvergelijkingen voor blok A zijn: F = : N A N AB F z, sinθ = (3) Fy = : F W A W AB F z, cosθ = (33) De evenwichtsvergelijkingen voor blok B zijn: F = : N AB F z, sinθ F k cosθ = (34) Fy = : W AB F z, cosθ+f k sinθ = (35) Hieruit kunnen de vergelijkingen voor N A, W A, N AB en W AB afgeleid worden: Invullen geeft: N AB = F z, sinθ +F k cosθ (36) W AB = F z, cosθ F k sinθ (37) N A = N AB +F z, sinθ = F z, sinθ+f k cosθ +F z, sinθ (38) W A = F W AB F z, cosθ = F F z, cosθ+f k sinθ F z, cosθ (39) N A = = 5N (4a) W A,ma = µ A N A = 4 35 = (4b) W A = F = F 5 3 Aangezien het geheel op het punt van bewegen staat, geldt (4c) W A W A,ma (4) Dit geeft: Het gevraagde is hiermee bewezen = F 5 3 F =.5 3 (4)