BEKNOPTE ANTWOORDEN ( geen modeluitwerking! )

Transcriptie

1 Tentmen T0 onstructieechnic Jnuri 00 OPGVE EKNOPTE NTWOOREN ( geen modeluitwerking! ) ) e uitbuigingsvorm (knikvorm) is hieronder weergegeven. str b) Het probleem is op te splitsen in een str deel en een buigzm deel. Ter pltse vn het schrnier zl er een horizontle en verticle verbindingskrcht kunnen optreden. Vrijmken vn de delen in de vervormde stnd levert de volgende schets op. str w o S v S v S v e buigzme ligger kn nog vereenvoudigd worden tot een verend ingeklemde ligger wrbij de rottieveerstijfheid een bekend bsisbevl is: r = Voor het strre deel geldt voor het momentenevenwicht om : w S = 0 S = w o v v o Voor het rechter, buigzme deel geldt de V voor buigingsknik: S v w"" w" 0 w( x) x sin( α x) cos( α x) α = = = rndvoorwrden: x = 0; x = ; ) = 0 ) w = 0 ) Sz = Sv = wo ) r ϕ = 0 c) e kniklst kn worden gevonden door voor het buigzme deel de rndvoorwrden op te stellen. et vier rndvoorwrden ontstt dn een stelsel homogene vergelijkingen wrvoor een niet-trivile oplossing wordt gevonden indien de determinnt vn het stelsel gelijk is n nul. Hieruit kn vervolgens de kniklst worden bepld

2 Tentmen T0 onstructieechnic Jnuri 00 e bepling vn de kniklst werd niet gevrgd. Voor de compleetheid wordt de fleiding hieronder wel gegeven. Uitwerken vn deze vergelijkingen levert: ) α = 0 = 0 ( ) ) = = ) sin( α) cos( α) = 0 ( α α α α ) ( α α α α ) cos( ) sin( ) ) sin( ) cos( ) = 0 et () en () kn het stelsel worden gereduceerd tot: ) sin( α) = 0 6 α α α α ) sin( ) cos( ) = 0 e determinnt vn dit stelsel moet nul zijn om een niet-trivile oplossing te kunnen vinden: sin( α) 0 6 = α sin( α) α cos( α) 0 e determinnt vn dit stelsel is: 6 = α α α α α det sin( ) cos( ) sin( ) e determinnt is nul voor: tn( α) α = α α tn( ) α α = = α ( α) d) e trnscendente vergelijking volgt uit het nul stellen vn de determinnt. α e) Uit deze trnscendente vergelijking is de fctor α te beplen. (GRISHE REKENHINE). e kniklst zit verstopt in de fctor α : ( ) ( ) α α = α = = Uit de grfiek is te herleiden dt de lgste kniklst gevonden wordt voor: 0, 705 π π α = 0,705 k = = 0,

3 Tentmen T0 onstructieechnic Jnuri 00 f) Zonder het strre deel zou de kniklst vn de buigzme stf gelijk zijn n: = met: r = r k π π π π k = = 0, π 7, it betekent dt door de koppeling de kniklst nog mr c / is vn de oorspronkelijke kniklst vn het buigzme deel. Het strre deel heeft dus een zeer grote en ndelige invloed op de grootte vn de kniklst. Opmerkingen: Essentieel bij buigingsknik is dt de integrtieconstnten vn de lgemene oplossing NIET lleml kunnen worden bepld. e kniklst kn wel worden bepld m.b.v. de determinnt vn het stelsel (eigenwrden). rmee is de knikvorm (eigenvector) te beplen mr niet de excte uitbuiging (de grootte). ls ergens in de bentwoording werd gesteld dt de integrtieconstnten kunnen worden opgelost bij knik dn wordt dt ls een ernstige LUNER ngerekend. Zorg dt je de theorie beheerst wnt een TU-ingenieur mg niet dit soort domme uitsprken doen t..v. knik! Lees ook goed wt er wordt gevrgd, de uitwerking vn de vergelijkingen t..v. de rndvoorwrden werd heleml niet gevrgd. us doe dt dn ook niet tijdens het tentmen. - -

4 Tentmen T0 onstructieechnic Jnuri 00 OPGVE ) e constructie is tweevoudig sttisch onbepld, het betreft een constructie met nietverpltsbre knopen. b b) e twee vormvernderingsvergelijkingen zijn: ϕ = 0 ϕ = ϕ Uitwerken met de vergeet-mij-nietjes levert: = 0 = 6 b b b b = = b = = 0 knm; = 5 knm; ( b) c) ximummoment treedt op onder de puntlst en is 5,0 knm groot. ximum dwrskrcht treedt op op het deel en is 5,0 knm groot. e kritieke doorsnede is hiermee de doorsnede juist links vn de puntlst met een moment vn 5,0 knm en een dwrskrcht vn 5,0 knm. Noot : - en V-lijn moeten volledig kloppen nders geen punten voor deze deelvrg. - -

5 Tentmen T0 onstructieechnic Jnuri 00 OPGVE ) e constructie is een constructie met verpltsbre knopen. reng in lle strre verbindingen schrnieren n en neem hier onbekende overgngsmomenten n. e constructie zl zonder de momenten een mechnisme vormen. Echter met de momenten moet er juist evenwicht zijn. Hierdoor kn met virtuele rbeid een eenvoudige evenwichtsvergelijking worden verkregen die smen met de vormvernderingsvoorwrden voldoende vergelijkingen opleveren om de onbekenden te beplen. Let op : e kinemtic moet heleml kloppen, dus niet gokken met de hoeken! 7 kn R θ θ 7θ θ b) e vormvernderingsvoorwrden zijn: 5 5 ϕ = ϕ θ = θ ϕ = ϕ θ = 7θ 6 e evenwichtsvergelijking in de vorm vn virtuele rbeid: Hieruit volgt: δθ δθ δθ 7δθ 7δθ = 0 = 5 knm = 995 knm -lijn, louter rechte lijnen! θ = 0, rd u = θ = 0,09 m Verpltsing vn punt : w = θ = 0,09 m - -

6 Tentmen T0 onstructieechnic Jnuri 00 OPGVE ) Er zijn twee op druk belste stven, en. eide stven kunnen uitknikken, de lgste kniklst is mtgevend. Twee duidelijke schetsjes noodzkelijk! knik druk trek druk druk knik trek druk (5/) (/) erk op : b) Stf : e in rood ngegeven delen Zijn knikstven, de bluwe delen zijn de delen die zich verzetten ten de knikvorm en kunnen ls veren worden gemodelleerd. drukkrcht = lengte =,0 m geschoord, links verend, rechts volledig ingeklemd 7 rl 7 r = = ρ = = r = ρ = 7 (5 ) 5 π 79π = k = = = 87 7 (5 ) 6 5 = 87 kn Stf : drukkrcht = 5 geschoord, links schrnierend, rechts verend ingeklemd lengte = 5,0 m Let op: Zoek uit wr die twee vndn komt en mk hier geen domme wiskunde fouten mee op het tentmen! (zie vb dictt) r = 0 ρ = 0 r 7 r l 5 ρ = = = = 5 (5 0)(5 ) 5 π 8π = k = = = 66 = 87 kn 5 (5 0)(5 ) 5 e kniklst is hiermee bepld op 87 kn. Studenten die ngven dt stf (trek) uitknikte hebben een slechte beoordeling gekregen voor dit vrgstuk en hebben een bijzonder slechte indruk chtergelten. - -

7 Tentmen T0 onstructieechnic Jnuri 00 OPGVE 5 ) e gegeven spnningen vormen een complete spnningstensor. Essentieel is uiterrd dt schuifspnningen op onderling loodrechte oppervlkken even groot zijn (kennis T0): xx xy = yx = yy 6 it levert twee punten op die op de cirkel vn ohr moeten liggen: Punt : ( xx; xy ) = ( ;) Punt : ( ; ) = ( 6;) yy b) e dwrscontrctie coëfficient ν ligt tussen -,0 en 0,5. yx 6 6 yx E r = = 0 punt () y () G x m = 5 6 xx yy punt R xy c) iddelpunt m en strl r zijn eenvoudig te beplen. rmee wordt voor de hoofdrichtingen gevonden: = m r = 5 0 = m r = 5 0 d) Neem de norml vn het vlk EG en trek een lijn evenwijdig n deze norml door het R. r wr deze lijn de cirkel snijdt wordt het spnningspunt fgelezen (; )

8 Tentmen T0 onstructieechnic Jnuri 00 e) e hoofdspnningen zijn: = m r = 5 0 = m r = 5 0 = 0 Invullen in het von ises criterium levert een veiligheid (let op het kwdrt vn γ) : γ 6 γ =,5 ( ) ( ) ( ) f y f) e rekcirkel kn worden gevonden door de punten en te trnsformeren vn spnningen nr rekken of door de hoofdspnningen te trnsformeren nr hoofdrekken. e eerste optie levert voor de rekken: xx = ( 6 ) = 0, 0005 = 5, yy = ( 6 ) = 0, 00 = 0, xy = = 0, 005 =, ,5 Hiermee is de rekcirkel te tekenen. yx // vezel,5 (0;,5) () () xx yy rekken 0,5 (5;,5) R xy - 6 -

9 Tentmen T0 onstructieechnic Jnuri 00 Voor vezels evenwijdig n kn op de horizontle s de rek in de vezelrichting worden fgelezen: = 0 0 e lengteverndering vn wordt hiermee: l l = = = 0 0 l 0 l = = 0 0 0, mm Het gt hier dus om een verkorting. Opmerkingen: estudeer de theorie, lleen zo kun je blunders voorkomen zols: - een spnningstensor is symmetrisch dus schrijf niet iets doms op. - een e orde tensor is geen vector dus g geen onzinnige hndelingen volgens Pythgors uitvoeren met rekken. - de richting voor spnningen in de cirkel vn ohr is de norml vn het vlk wrop de spnningen werken - de richting voor rekken in de cirkel vn ohr is de vezelrichting - von ises criterium is kwdrtisch in de spnning - Richtingen-entrum R ligt ltijd op de cirkel - e hoofdrichtingen voor spnningen zijn gelijk n de hoofdrichtingen voor rekken voor een homogeen isotroop mteril. t betekent dt het R in beide cirkels op dezelfde plek (reltief) op de cirkel moet liggen. LUNERS t..v. de theorie worden zwr ngerekend, je hoort de theorie te kennen en dr wordt je op fgerekend! - 7 -