Antwoordenbundel Module: Stabiliteit van het evenwicht Constructiemechanica 3

(1)

Antwoordenbundel

Module: Stabiliteit van het evenwicht Constructiemechanica 3

Behorend bij:

Constructiemechanica 3

Module: stabiliteit van het evenwicht Deel 2: vraagstukken

(2)

laatste wijziging: 20-03-2012

Inhoudsopgave

Voorwoord ... 4

Hoofdstuk 1: Stabiliteit van het evenwicht ... 5

Vraagstuk 1.1 ... 5

Vraagstuk 1.2 ... 5

Vraagstuk 1.3-1/2 ... 5

Vraagstuk 1.4 ... 5

Vraagstuk 1.5 ... 5

Vraagstuk 1.6 ... 5

Hoofdstuk 2: Knik van starre staafsystemen met 1 vrijheidsgraad ... 6

Vraagstuk 2.1 ... 6

Vraagstuk 2.2-1 ... 7

Vraagstuk 2.10-1 ... 14

Vraagstuk 2.11-2 ... 15

Vraagstuk 2.12 ... 16

Vraagstuk 2.15-1 ... 19

Vraagstuk 2.16-3 ... 20

Vraagstuk 2.17-1 ... 21

Vraagstuk 2.18-4 ... 22

Vraagstuk 2.19-1 ... 23

Vraagstuk 2.20-1 ... 24

Vraagstuk 2.21-1 ... 25

Vraagstuk 2.22-1 ... 26

Vraagstuk 2.23-1 ... 27

Vraagstuk 2.25-1 ... 29

Vraagstuk 2.26-1 ... 30

Vraagstuk 2.28-1 ... 31

Vraagstuk 2.32-1 ... 35

Vraagstuk 2.34-1 ... 37

Vraagstuk 2.36-1 ... 39

Hoofdstuk 3: Knik van gekoppelde starre staven ... 40

(3)

Vraagstuk 3.2.1 ... 41

(4)

Voorwoord

In deze bundel zijn de uitwerkingen van de opgaven behorend bij de module stabiliteit opgenomen.

De opgaven zijn zoveel mogelijk parametrisch (met symbolen) uitgewerkt om duidelijk de te volgen strategie neer te zetten en geen verwarring met getallen te veroorzaken.

Getallen kunnen desgewenst zelf ingevuld worden om de numerieke antwoorden te vinden.

Om de antwoorden enigszins compact te houden word in sommige vraagstukken eerder afgeleide kennis als bekend verondersteld. ( Bijvoorbeeld de veerstijfheid van een ligger op 2 steunpunten ). Geadviseerd wordt dan ook om eerst met de makkelijke vragen (lagere vraagnummering) te beginnen daar deze vaak uitgebreidere uitleg hebben.

Tevens is van de vraagstukken met meerdere varianten steeds 1 variant uitgewerkt. De overigen hebben in de meeste gevallen dezelfde oplossingssystematiek.

Veel plezier met de opgaven!

Martijn van den Hoogen Maart 2012

(5)

Hoofdstuk 1: Stabiliteit van het evenwicht Vraagstuk 1.1

Een evenwicht is stabiel als het systeem vanuit alle mogelijke ‘verplaatste standen’ in de buurt van de evenwichtsstand weer terugkeert naar de evenwichtsstand. ( ‘verplaatste stand’ wordt ook wel aangeduid als kinematisch mogelijke configuratie)

Vraagstuk 1.2

Of een systeem stabiel is afhankelijk van de belasting en de geometrie. Onder

constructie valt alleen de geometrie ( plaatsvastheid, vormvastheid ). Als men het heeft over evenwicht dan neemt men zowel belasting als geometrie mee.

Vraagstuk 1.3-1/2

In de onderstaande figuren zijn vier mogelijke configuraties geschetst.

Vraagstuk 1.4

In een geometrisch niet lineaire berekening wordt de verplaatste stand meegenomen in de berekening van het krachtenspel. ( Krachten kunnen bijvoorbeeld extra moment genereren door een veroorzaakte uitwijken en zo het effect versterken )

Vraagstuk 1.5

Bij neutraal evenwicht zijn er in de buurt van de evenwichtstand nieuwe

evenwichtsstanden mogelijk. Het systeem is indifferent in waar het staat. Bij een

instabiel evenwicht is dit niet het geval en ‘klapt’ de constructie in. ( Vergelijk het met een balletje op een heuvel)

Vraagstuk 1.6

Het evenwicht is instabiel. Als het balletje een tik naar rechts krijgt rolt het eerst omhoog maar zal vervolgens altijd door zijn evenwicht stand rollen.

(6)

Daar waar geen buigstijfheid is aangegeven kan een starre staaf worden verondersteld.

Vraagstuk 2.1

Eerst wordt de constructie in zijn verplaatste stand getekend met alle krachten die erop werken:

F

m₁g

m₂g A

u 1/2u 1/4u

Vervolgens stellen we het momentenevenwicht rondom het steunpunt op:

1 2

1 1

4 2 0

F uk + um g− um g=

Hieruit vinden we de kniklast door het wegdelen van de onbepaalde uitwijking:

2 1

1 1

2 4

Fk = m g− m g

(7)

Vraagstuk 2.2-1

Eerst wordt de constructie in zijn verplaatste stand getekend:

m₁g m₂g

cos()lα

sin( )

l α

2cos()llα−

Fh

Fv

Gevraagd wordt de verhouding tussen de twee massa’s als de hoek 0 graden is. Uit de tekening valt op te maken dat het tegenwerkend en meewerkend moment dan gelijk is aan:

2 sin( )

tegen

T =m g α

1 sin( ) Tmee =m g α

Hierbij is een kleine hoek aangenomen. Dan volgt dat voor een stabiel systeem moet gelden:

2 1

m >m

Vervolgens is de strategie om de meewerkende en tegenwerkende momenten te bepalen. De afstanden zijn gegeven in de constructie boven. Met enig herschrijven is te vinden dat het schuine koord een lengte heeft van:

5 4 cos( )

l − α

Het meewerkend moment:

1 sin( ) Tmee =m gl α Het tegenwerkend moment:

sin( ) * cos( ) *

tegen v h

T =l α F +l α F

2 2

2 cos( ) sin( )

sin( ) cos( )

5 4 cos( ) 5 4 cos( )

tegen

l l l

T m gl m gl

l l

α α

= − +

− −

Door nu te stellen dat:

mee tegen

T =T

Kunnen we een verhouding vinden tussen de twee gewichten zoals gevraagd. Voor een hoek van 0 graden wordt die natuurlijk: (ERGENS KLOPT dit niet, antwoord moet toch ook uit de goniometrische relaties volgen?)

(8)

Eerst tekenen we het blok in de verplaatste stand:

k

G k

u

1/2u

Vervolgens stellen we het momenten evenwicht om de onderkant op, waarbij de massa aangrijpt in het middelpunt van het blok:

1

mee 2

T =G u

Het blok verdraait onder een hoek van:

2 u θ =a

Dan worden de veren ingedrukt met:

2 2

veer

u u

u a

=a =

Nu volgt:

2 2

tegen 2

T = u ka= kau

Het kritieke gewicht volgt nu uit:

mee tegen

T =T 2 2 G= ka

(9)

Vraagstuk 2.4-2

Dezelfde strategie als bij de vorige vraag wordt gevolgd alleen nu met de horizontaal geplaatste veren en een kracht op de bovenkant.

1

mee 2

T =G u+Fu

2 1

2 2 2

tegen

a a

T = k u =ku

Oplossen van T_mee =T_tegen geeft:

1 2 2 F =k a − G

Vraagstuk 2.5-1

a.) Eerst word de constructie weer vrijgemaakt en in de verplaatste stand getekend met de daarop werkende krachten:

F

u

l

tegen

T

Er volgt:

Tmee =Fu en _tegen u _r

T k

= l , Oplossen van T_mee =T_tegen geeft:

r k

F k

= l

b. ) Als de lengte groter wordt neemt de knikkracht af.

(10)

Vraagstuk 2.6-2

a. ) Eerst tekenen we de constructie in de verplaatste stand:

l1

l2

Vervolgens kunnen we het meewerkend en tegenwerkend moment opstellen:

Tmee =Fu en ² ₂

1

( )

tegen

T l u kl

2 2

1 k

F l k

= l

b. ) uit de afgeleide formule voor de knikkracht kunnen we zien dat als de kolomlengte groter wordt en de veren op dezelfde hoogte blijven de kniklast afneemt.

c. ) Ook als de veren lager worden geplaatst neemt de kniklast af.

(11)

Vraagstuk 2.7-1

Eerst tekenen we de constructie in zijn verplaatste stand:

tegen

T

1

u θ =l l1

l2

EI

We kunnen de verbonden ligger schematiseren tot een rotatieveer die een moment levert afhankelijk van de hoekverdraaiing. Uit de mechanica weten we dat voor de hoekverdraaiing van een eenvoudig opgelegde ligger geldt:

2

3 Ml

θ = EI , dit is ook andersom uit te drukken als:

2

M 3EI l θ

= ^{en dus}

2

3

r

k EI

= l Nu kunnen we weer het momentenevenwicht opstellen om het onderste punt.

Tmee =Fu en

2 1

3

tegen

T EI u

l l

= ,

1 2

3

k

F EI

= l l

(12)

Vraagstuk 2.8-1

tegen

T

1

2u θ = l

l1

1

2u

θ = l T^tegen

l2

EI EI

Het valt op de staven in het midden niet horizontaal kunnen verplaatsen maar de

onderkant wel. Nu kunnen we het momenten evenwicht opstellen om het onderste punt.

mee 2

T =F u en

2 1 2 1

3 2 12

tegen 2

EI u EI

T u

l l l l

= = ,

1 2

6

k

F EI

= l l

(13)

Vraagstuk 2.9-1

tegen

T

1

u θ =l

l1

l2 tegen

T

1

u θ =l

EI

Nu kunnen we het momenten evenwicht opstellen om het onderste punt.

Tmee =Fu en

2 1 2 1

3 6

tegen 2

EI u EI

T u

l l l l

= = ,

Oplossen van T_mee =T_tegen^geeft:

1 2

6

k

F EI

= l l

(14)

Vraagstuk 2.10-1

F

tegen

T

u

1

u θ =l

l1

1

u

θ =l T^tegen

l2

l3

EI EI

Nu kunnen we het momenten evenwicht opstellen om het onderste punt waarbij we nu 2 verschillende stijfheden hebben omdat de liggers verschillend in lengte zijn.

Tmee =Fu en

3 1 2 1

3 3

tegen

EI u EI u T = l l + l l , Oplossen van T_mee =T_tegen geeft:

1 3 1 2

3 3

k

EI EI F = l l + l l

(15)

Vraagstuk 2.11-2

Eerste tekenen we de constructie in de verplaatste stand:

F

l1

l2

k k

u

2 1

ul l

Gevraagd is de veerstijfheid waarbij de constructie stabiel is. Dit is feitelijk gewoon

mee tegen

T =T oplossen voor de veerstijfheid k. We weten:

Tmee =Fu en ² ₂

1 tegen 2

T kul l

1 2

22

k Fl

= l

(16)

Vraagstuk 2.12

Eerste tekenen we de constructie in de verplaatste stand. We nemen daarbij aan dat in de evenwichtsstand de blokken met onbekend gewicht G_blok voor een afstand van h in het water gezonken zijn. De dichtheid van het water is ρ en het oppervlak van de onbekende blokken is A (1 in de vraag). Tevens nemen we aan dat de constructie in E en F verbonden is door een starre staaf die niet in D met de constructie verbonden is.

(Dit is een onduidelijkheid in de vraag) We geven de constructie uitwijking u. We krijgen dan de volgende figuur:

u

l

l h u+ h u−

Gblok

( )

Gblok − h u− ρA

( )

Gblok − h u+ ρA

Nu stellen we het evenwicht op om het rotatiepunt. De verticale uitwijking van de blokken aan de onderkant is aan gelijk aan u omdat de lengtes horizontaal gelijk zijn. Tevens is de opwaartse kracht in het water gelijk aan de massa van het verplaatste gewicht in water.

( ) ( ) ( )

mee blok

T =Gu+G l+u − h u+ ρA l+u

( ) ( ) ( )

tegen blok

T =G l−u − h u− ρA l−u Dit kunnen we oplossen voor onbekende G:

2 2 2 2 _blok G= ρAlh+ ρAl − G

Afhankelijk van wat de verbinding is tussen de punten E,D,F wordt het antwoord van deze vraag anders. Een andere variant is om bij punt D de constructie te verbinden met de starre staaf EF. Dan worden de blokken ‘plaatsvast’. Nog een andere optie is om de verbinding niet met een starre staaf maar met een kabel te maken. Dan blijft er dus 1 blok verticaal hangen en het andere blok gaat schuin hangen.

(17)

Vraagstuk 2.13

Voor deze vraag moeten we de twee knikgevallen afzonderlijk bekijken. In het ene geval kunnen we AB en ED als translatieveer modeleren, in het andere geval als rotatieveer.

Als we beide verplaatste standen uit handige oogpunten tekenen ziet dat er als volgt uit (veerstijfheden in de tekening):

F

l u

ub l

b b

3

k EI

= a 3

k EI

= a

F

u θ = l

EI

a

G G

C C

B D A,E B,D

u

Voor de eerste situatie vonden we in vraagstuk 2.11-2 de oplossingsstrategie. We krijgen hiermee

Tmee =Fu en _tegen 2EI₃ b

T u b

a l

= ,

2

2 3 k

F EI b a l

=

Voor de tweede situatie vonden we de kniklast in vraag 2.5-1 als:

r k

F k

= l

De veerstijfheid is 3 6 2 EI EI k= a = a

Dus: 6

k

F EI

= al Hieruit volgt dat: 1

3 3

a= b

(18)

Eerst tekenen we de constructie in zijn verplaatste stand. Het valt op dat als de constructie schuin komt te staan de buitenste knopen niet verplaatsen doordat er midden bovenin een momentvaste verbinding zit. Hierdoor zijn in principe alle knopen plaatsvast.

l l

1 2l 1 2l 1 2l q lk

q lk

u

3 4u 1 2u 1 4u

Nu kunnen we de momentensommen opstellen.

3 1 1

( ) ( ) ( ) ( )

4 2 4

mee k k k k

T =q l l+u +q l l+ u +q l l+ u +q l l+ u , ofwel:

2 3 1 1 2 1

4 (1 ) 4 2

4 2 4 2

mee k k k k

T = q l +q lu + + + = q l + q lu

3 1 1

( ) ( ) ( ) ( )

4 2 4 2

tegen k k k k r

T q l l u q l l u q l l u q l l u k u

= − + − + − + − + l

2 1

4 2

2 2

tegen k k r

T q l q lu k u

= − + l

102 r k

q k

= l

(19)

Vraagstuk 2.15-1

Eerst tekenen we de verplaatste stand.

l1

l2 1

1 2

l u l +l u

F

(1 ) Tmee =F l +u

1 1

1 2 1 2

( )

tegen r

l u

T F l u k

l l l l

= − +

+ +

Oplossen van T_mee =T_tegen geeft met een beetje omschrijven:

1 2 1

( )

r k

F k

l l l

= +

(20)

Vraagstuk 2.16-3

Deelvraag 3 is interessant aangezien de linkerkant volledig plaatsvast is en de

rechterkant alleen een puntlast bovenin heeft. De verplaatste stand ziet er als volgt uit:

h

1 2h

a a u

1 3u

F

( )

Tmee =F a u+

1 2

( )

3 3

tegen r

T F a u k u

= − + h

2

r k

F k

= h

(21)

Vraagstuk 2.17-1

Eerst tekenen we de constructie in de verplaatste stand

l

1 2l u

1 2u

Vervolgens stellen we de momentenevenwicht op.

Tmee =Fu

1 1 2 2

tegen

T =kul+ ku l Oplossen van T_mee =T_tegen geeft:

5

k 4 F = kl

(22)

Vraagstuk 2.18-4

Gegeven was onderstaande starre staaf. Gevraagd was een uitdrukking voor de kniklast.

In de verplaatste stand ziet de constructie er als volgt uit:

F

kr

l

u

Zoals te zien kan de bovenkant niet horizontaal uitwijken. De onderkant kan echter wel verplaatsen met u. Uit verticaal evenwicht volgt dat de kracht F ook aan de onderkant als reactiekracht ontstaat.

Het meewerkend moment op de staaf is dan (om de bovenste oplegging):

Tmee =Fu

Het totale tegenwerkende moment (2 rotatieveren, 2 translatieveren, om de bovenste oplegging)):

2 2

tegen t r

T = k ul+ kθ

Voor de hoekverdraaiing van de staaf weten we:

u θ = l

Nu volgt voor het totale momentenevenwicht (om de bovenste oplegging):

2 _t 2 _ru 0 Fu k ul k

− − l =

En voor de kniklast:

2 2 ^r

k t

F k l k

= + l

(23)

Vraagstuk 2.19-1

Eerst tekenen we de constructie in zijn verplaatste stand

EI u

1 l 2Q 1

2u

De resultante van de verdeelde belasting grijpt aan in het midden van de starre staaf.

Het meewerkend moment wordt dan:

1

mee 2

T =Q u

De ligger met buigstijfheid kunnen we modelleren als een translatieveer met stijfheid:

3

k 3EI

= l

Het tegenwerkend moment wordt dan:

3

tegen

T EIul

= l Gelijkstellen levert:

2

3

k 2 Q EI

= l

(24)

Vraagstuk 2.20-1

Eerst tekenen we de constructie in de verplaatste stand. We kunnen de rechter pendelstaaf feitelijk modelleren als een roloplegging aan de rechterkant. Deze

vereenvoudiging is toegestaan omdat de pendel alleen de recher bovenkant verticaal op zijn plaats houden. (horizontaal kan dit punt bewegen) Dan wordt het probleem

soortgelijk aan vraagstuk 2.7

tegen

T

u θ = l l

2l

We kunnen de verbonden ligger schematiseren tot een rotatieveer die een moment levert afhankelijk van de hoekverdraaiing. Uit de mechanica weten we dat voor de hoekverdraaiing van een eenvoudig opgelegde ligger geldt:

2 3 M l

θ = EI , dit is ook andersom uit te drukken als: 3 2 M EI

l θ

= en dus 3

r 2 k EI

= l Nu kunnen we weer het momentenevenwicht opstellen om het onderste punt.

Tmee =Fu en 3

tegen 2 T EI u

= l l , Oplossen van T_mee =T_tegen^geeft:

2

3

k 2 F EI

= l

(25)

Vraagstuk 2.21-1

We kunnen de constructie modelleren als een starre staaf ondersteund door een translatieveer. De vraag wordt dan om de stijfheid van de translatieveer te vinden. De constructie in zijn verplaatste stand ziet er als volgt uit:

l

1 2l

EI EI

Om de stijfheid van de veer te vinden oefenen we een horizontale kracht H uit en kijken we wat de uitwijking u daar zal worden. We weten uit de mechanica dat voor de verticale staaf geldt:

3

. 3

vert staaf

u Hl

= EI

Hierbij moeten we nog het kwispeleffect optellen dat door de verende inklemming onderaan wordt geleverd. Het moment daar is:

Hl En dus:

3

(1 ) 2

3 6

kwispel

Hl l Hl

u l

EI EI

= =

De totale verplaatsing is dan:

3

. 2

vert staaf kwispel

u u u Hl

= + = EI

Vervolgens volgt hieruit de stijfheid van de translatieveer:

3

k 2EI

= l

Uit bijvoorbeeld vraagstuk 2.6-2 weten we dat:

Fk =kl

Dus de kniklast is bepaald als:

2

k

F EI

= l

(26)

Bij deze vraag kunnen we de twee staven met buigstijfheid EI wederom modelleren tot een translatieveer. De vraag wordt dan om de veerstijfheid van de translatieveer te vinden. We tekenen de constructie in zijn verplaatste stand:

l

Hl Hl

EI EI

Vervolgens moeten we het verband vinden tussen H en u. (de veerstijfheid k).

We hebben hiervoor de momenten die ontstaan door H gemodelleerd als 2 koppels in het knooppunt en er een scharnier van gemaakt. Hierdoor ontstaat een mechanisme en kunnen we met hoekveranderingsvergelijkingen een relatie vinden voor de veerstijfheid.

Voor het scharnierende knooppunt geldt:

links rechts

ϕ =ϕ

2 2

3 3

Hl u Hl

EI = l − EI

De extra term in u volgt uit de verdraaiing van de verticale staaf.

We vinden nu voor de veerstijfheid:

3

3 2 k EI

= l

Uit bijvoorbeeld vraagstuk 2.6-2 weten we dat:

Fk =kl

Dus de kniklast is bepaald als:

2

3

k 2 F EI

= l

(27)

Vraagstuk 2.23-1

Deze vraag is te modelleren als 2 knikstaven met allebei een rotatieveer aan de

bovenkant. De vraag is nu wat de stijfheid van de rotatieveer is en hoe we dit stelsel van 2 momenten evenwichten kunnen oplossen. Eerst tekenen we de verplaatste stand:

l2

l1

θ θ

θ

θ EI

We nemen in de horizontale staaf een onbekende trekkracht N aan en verwaarlozen de dwarskracht daar deze uiteindelijk kwadratische in plaats van lineaire term van de hoekverdraaiing afhankelijk is. Tevens is uit symmetrie overweging het moment M exact gelijk aan beide zijdes. Immers, anders worden de beide hoekverdraaiingen in de bovenregel nooit gelijk. We kunnen nu voor de hoekverdraaiing aan een van de uiteindes van de regel opstellen:

1 1 1

3 6 6

Ml Ml Ml

EI EI EI

θ = − =

Hiermee wordt de veerstijfheid van de rotatieveren dus:

1

6

r

k EI

= l

Nu kunnen we de twee momentenevenwichten opstellen:

ker. 2 2

1

6 0

lin staaf

T Fl Nl EI

θ l θ

= + − =

∑

. 2 2

1

6 0

rechter staaf

T Fl Nl EI

θ l θ

= − − =

∑

Als we nu de twee vergelijkingen handig bij elkaar optellen valt de onbekende N weg:

2 1

2 12EI 0

Flθ− l θ = Hieruit volgt de kniklast:

1 2

F 6EI

= l l

(28)

Vraagstuk 2.24

De wijze van aanpak is bij deze vraag hetzelfde als bij de vorige vraag. We tekenen eerst de verplaatste stand:

l2

l1

θ θ

θ

θ EI

EI

Gevraagd wordt nu de lengte van de regels maar uiteindelijk blijft de vraag het vinden van de kniklastformule. Doordat we nu ook een regel onder hebben wordt de

veerstijfheid van de rotatieveren twee keer zo groot. (serie systeem)

Met de bij de vorige vraag afgeleide stijfheid worden de evenwichtsvergelijkingen dan:

ker. 2 2

1

12 0

lin staaf

T Fl Nl EI

θ l θ

= + − =

∑

. 2 2

1

12 0

rechter staaf

T Fl Nl EI

θ l θ

= − − =

∑

2 1

2 24EI 0

Flθ− l θ = Hieruit volgt de kniklast:

1 2

F 12EI

= l l

Hieruit kunnen we de gevraagde lengte berekenen als de kniklast gegeven is.

(29)

Vraagstuk 2.25-1

a.) Bij deze vraag wordt dezelfde strategie toegepast als in vraagstuk 2.23-1. Enige verschil is nu dat de kracht op de rechterkolom een factor is van de kracht op de linkerkolom. De verplaatste stand is:

l

θ θ

θ

λF F

EI

Voor de stijfheid van de regel vonden we eerder:

6

r

k EI

= l

Nu kunnen we de twee momentenevenwichten opstellen:

ker.

6 0

lin staaf

T Fl Nl EI

θ l θ

= + − =

∑

.

6 0

rechter staaf

T Fl Nl EI

λ θ l θ

= − − =

∑

(1 ) 12EI 0

Fl l

λ θ θ

+ − =

Hieruit volgt de kracht F waarbij instabiliteit optreedt:

2

12 (1 ) F EI

λ l

= +

b.) De totale belasting op de constructie is:

2 2

12 12

(1 ) (1 ) (1 )

EI EI

F F F

l l

λ λ λ

+ = + = + λ =

+

Dus de verdeling van de krachten over de twee kolommen heeft geen invloed op de totale bovenbelasting bij bezwijken. Je kunt dit ook zien door de twee kolommen te modelleren als 1 kolom. Deze heeft dan altijd dezelfde veerstijfheid die volgt uit de ligger.

(30)

Vraagstuk 2.26-1

De verplaatste stand is als volgt te tekenen:

EI

u F

kt

l

1 2l

De horizontale ligger en de translatieveer kunnen worden gezien als 2 achter elkaar gekoppelde translatieveren. Dan kunnen we rekenen met een vervangen veerstijfheid voor de translatieveer en de buigzame staaf star aannemen. Voor de stijfheid van de ligger en zijn verplaatsing weten we:

1 3

( ) 2 3 F l

u= EI en dus 24EI₃ k = l

De samengestelde veerstijfheid wordt dan (serie geschakelde veren):

3

1 1 24

totaal

t

k l

EI k

=

+

Vervolgens stellen we het momentenevenwicht op.

Tmee =Fu 1 1 2 2

tegen totaal

T =k u l

3 1

4( )

24

k

t

F l

l EI k

=

+

Vraagstuk 2.27

De linker constructie is serie (zie hierboven) en de rechter constructie is parallel. Dit kan men zien door te kijken naar de vrijheidsgraad en de aangrijppunten van de tegenreactie

(31)

Vraagstuk 2.28-1

Deze constructie bestaat uit 1 starre staaf en 2 kolommen met buigstijfheid die de veerstijfheid leveren. We kunnen de constructie in de verplaatste stand zetten en de delen vrijmaken:

u

l

N1 N₁ N₂ N₂

u u

EI EI

De vraag is nu om voor het momentenevenwicht bij de starre staaf de onbekende normaalkracht N₁ uit te drukken in de veerstijfheden van de buigzame staven. We weten dat iedere staaf met u verplaatst daar er geen normaalkrachtvervorming van de liggers is.

We kunnen voor beide liggers de uitwijking als functie van de krachten schrijven:

3

1 2

( )

3 N N l

u EI

= − (linker kolom)

3 2

3 u N l

= EI (rechter kolom)

De tweede relatie in de eerste invullen levert:

3 1

3 u N l u

= EI − Ofwel een stijfheid van:

3

k 6EI

= l

Vervolgens stellen we het momentenevenwicht op.

Tmee =Fu

tegen

T =kul

2

6

k

F EI

= l

(32)

Vraagstuk 2.29

a.) (2) en (3) hebben in serie geschakelde veren (de veren ondergaan een verschillende beweging ) b.) (1) en (4) hebben in parallel geschakelde veren

( de veren ondergaan dezelfde beweging)

(33)

Vraagstuk 2.30

Voor een kabel of staaf met rekstijfheid EA weten we dat de veerstijfheid gelijk is aan:

k EA

= l

Een kabel onder druk levert geen kracht dus de constructie gaat uitknikken naar die kant waarbij het de minste weerstand krijgt. De stijfheid van de actieve veer moet zo klein mogelijk zijn. Dit is het geval als de constructie naar links uitknikt daar de veerstijfheid van de rechterkabel gelijk is aan:

2 k EA

= l

Voor de duidelijkheid is hieronder de verplaatste stand getekend:

F

u

l 2l

2l

De kniklast kan nu bepaald worden uit de momentensom om het onderste oplegpunt.

Tmee =Fu 2 2

tegen

T kul EAu l EAu

= = l =

Fk =EA

(34)

Vraagstuk 2.31

Deze vraag borduurt voort op de vorige vraag. Als we een voorspankracht in de kabel aanbrengen hangt het linkerdeel niet direct slap omdat er een trekkracht aanwezig is. De constructie ziet er dan als volgt uit:

F

u

l 2l

2l

Als we nu de momenten bekijken ziet dat er als volgt uit.

T_mee =Fu+(S₀−ku l)2 =Fu+S₀2l−2EAu

0 0 0

( )2 2 2 2

tegen 2

T ku S l EAu l S l EAu S l

= + = l + = +

k 3 F = EA

Een voorspanning levert dus een hogere kniklast op. Het dient opgemerkt te worden dat deze oplossing geldt tot een bepaalde uitwijking. Vanaf S₀ =kuwordt de bijdrage van de linker kabel gelijk aan 0 en veranderd het gedrag van de dan al geknikte constructie.

(35)

Vraagstuk 2.32-1

a.) Het menselijk gevoel zegt dat constructie (1) labiel is, constructie (2) labiel en (3) neutraal.

b.) De vraag is natuurlijk hoe we dat kunnen inzien. De constructie wil weg in zijn zwakst ondersteunde richting, de zijkanten. Als we de constructie dan in zijn verplaatste stand tekenen, een uitwijking u geven en algemene lengtematen aannemen krijgen we het volgende:

u

a b

2 2

2 b

N u +b

2 2

2 u

N u +b

We nemen in de 2 kabels een totale trekkracht aan van 2N. De horizontale en verticale componenten zijn weergegeven in de tekening. Stel we zoeken eerst de grenssituatie met een neutrale aard. Het momentenevenwicht om de oplegging geeft dan:

T_mee−T_tegen =0

2 2 2 2

2 b 2 u 0

Nu Na

u b u b

− =

+ +

Wegdelen van de gelijke termen geeft:

0 b− =a

Dus inderdaad als voor b = a is het evenwicht van neutrale aard.

Als b > a is het wegdrijvend moment groter dan het terugdrijvend moment en hebben we een labiel evenwicht. Voor b<a is het evenwicht neutraal.

(36)

Vraagstuk 2.33

Bij deze vraag kunnen we de kolommen met EI en de kabels zien als in serie

geschakelde veren. In de verplaatste stand doet maar 1 kabel mee. Het probleem ziet er dan als volgt uit:

u

1 2l l

2 3u

De vervangende veerstijfheid van de veren is als volgt te bepalen (zie ook vraag 2.26-1):

3

1 1 3

totaal

t

k l

EI k

= +

Vervolgens stellen we het momentenevenwicht op. Het gewicht van het blok grijpt aan op 2/3 van de hoogte. Het zwaartepunt van de driehoek.

2

mee 3

T =G u

tegen 2 totaal

T = k ul

k 3 totaal

G = k l

(37)

Vraagstuk 2.34-1

Eerst tekenen we de constructie in zijn verplaatste stand. Alleen de draad op trek doet mee in het krachtenspel. Als men de goniometrie uitschrijft kan het volgende plaatje worden verkregen met een horizontale component en een verticale component van de kabelkracht:

u

l

sin Nα

tan l

α sin

l α

cos Nα

α

kabel cos

l u α

∆ =

De normaalkracht N in de kabel kan worden uitgedrukt als:

cos sin cos sin

kabel kabel

EA EA EA

N l u u

l l α l α α

α

= ∆ = =

Vervolgens stellen we het momentenevenwicht op. Het gewicht van het blok grijpt aan op 2/3 van de hoogte.

sin sin cos sin 2 mee

T Fu Nu Fu EA u

α l α α α

= + = +

cos cos sin cos

tegen

T Nl EA ul

α α l α α

= =

We kunnen de term met u kwadraat verwaarlozen aangezien u al veel kleiner zal zijn vergeleken met de overige lengtematen. En kwadratisch dus verwaarloosbaar klein.

cos2 sin Fk =EA α α

(38)

De constructiedelen worden vrijgemaakt en de constructie wordt in zijn verplaatste stand getekend:

l

l θ

2θ

θ1 =θ

2 2

θ = θ EI

1 2l

M1 M²

N

V V

V

De rechterkolom roteert twee keer zoveel als de linker. De vraag is nu wat de stijfheid van de ligger wordt. We weten dat:

1 2

1 3 6

M l M l EI EI

θ = − en ₂ ¹ ²

6 3

M l M l EI EI θ = − +

Door deze vergelijkingen om te schrijven kunnen we vinden:

1 1 2

4EI 2EI

M = l θ + l θ ^en ₂ 2EI ₁ 4EI ₂ M = l θ + l θ

We weten ook dat θ₁=θ en θ₂=2θ uit de geometrie. Dan vinden we dat:

1

M 8EI

l θ

= en ₂ 10EI M = l θ

Hiermee zijn de rotatieveren onderaan bepaald. Nu volgt:

ker.

8 0

lin staaf

T Fl Nl Vl EI

θ θ l θ

= + + − =

∑

.

1 10

2 2 0

rechter staaf 2

T Nl Vl EI

θ l θ

= − − − =

∑

We weten ook dat de dwarskracht uit de bovenstaaf de helft is van de normaalkracht (verhoudingen). Dit invullen levert:

ker.

1 8

(1 ) 0

lin staaf 2

T Fl Nl EI

θ θ l θ

= + + − =

∑

ker.

8 0

lin staaf

T Fl Nl EI

θ l θ

= + − =

∑

.

1 10

( ) 2 0

rechter staaf 2

T Nl EI

θ l θ

= − − − =

∑

.

1 10

2 0

rechter staaf 2

T Nl EI

l θ

= − − =

∑

We kunnen aannemen dat 1 en ½ veel groter zijn dan θ. Dan vereenvoudigen de vergelijkingen (en valt N eruit bij handig optellen). Er volgt dat:

2

28

k

F EI

= l

(39)

Vraagstuk 2.36-1

Eerst tekenen we de constructie zijn in verplaatste stand:

totaal

u

u1 u₂ F

k1

k2

We zien dat de totale verplaatsing is opgebouwd uit 2 bijdrages. De vraag is nu wat de verhouding tussen die twee bijdrages is. We weten dat:

. .

1 2

veer onder veer boven totaal

F F

u u u

k k

= + = +

Echter uit horizontaal evenwicht in de grens situatie moet gelden:

. .

veer onder veer boven v

F =F =F

Dan volgt dat:

1 2

1 1

( )

totaal v

u u u F

k k

= + = +

Nu volgt voor de verhoudingen van de verplaatsingen:

1 1 1

1 2 1 2

1

1 1 1 1

( ) ( )

v

totaal

v

F

u k k

u F

k k k k

= =

+ +

en ² ² ²

1 2 1 2

1

1 1 1 1

( ) ( )

v

totaal

v

F

u k k

u F

k k k k

= =

+ +

Nu kunnen we de momentensom opstellen om bijvoorbeeld het onderste punt:

2

2 2 2

1 2

1 1 1 0

( )

totaal totaal

Fu k u l Fu k k u l

k k

− = − =

+ Oplossen geeft: l

F =

(40)

Vraagstuk 3.1-1

Eerst wordt de constructie vrijgemaakt en in zijn verplaatste stand getekend. We nemen een trekkracht aan in de bovenstaaf. Men kan ook een drukkracht aannemen, de kracht valt uiteindelijk toch uit de vergelijkingen.

u

N N

F1 F₂

kt

l

Vervolgens stellen we de twee momentenevenwichten om de onderste opleggingen op:

ker. 1 0

lin staaf

T =F u+Nl=

∑

. 2 0

rechter staaf t

T =F u−Nl−k ul=

∑

Optellen van de vergelijkingen en eruit vallen van de onbekende normaalkracht resulteert in:

1 2

(F +F u) −k ul_t =0

En hieruit volgt als antwoord voor kt:

1 2

t

F F

k l

= +

(41)

Vraagstuk 3.2.1

Eerst wordt de constructie in zijn verplaatste stand getekend:

u

N1

F F

kr

l

N2

r

M k u

= l Vervolgens stellen we de drie momentenevenwichten om de onderste opleggingen op:

ker. 1 0

lin staaf

T =Fu+N l=

∑

. 1 2 0

midden staaf

T =Fu−N l+N l=

∑

. 2 0

rechter staaf r

T N l k u

= − − l =

∑

Optellen van de vergelijkingen en eruit vallen van de onbekende normaalkracht resulteert in:

2 _r u 0

Fu k

− l =

En hieruit volgt als antwoord voor Fk: 2

r k

F k

= l

(42)

u

S1

F F

2l

S2

EI l

u u Vraagstuk 3.3.1

Eerst tekenen we de constructie in de verplaatste stand. Voor de beide regels is aangenomen dat er een onbekende drukkracht S₁ en S₂ in zit. De rechter kolom zal vanwege deze drukkracht uitbuigen zoals in de onderstaande tekening is weergegeven.

We weten uit het vorige hoofdstuk dat we de ligger met buigstijfheid kunnen modelleren als een translatieveer met de volgende stijfheidsrelatie:

3 2

3 u S l

= EI ofwel: ₂ 3EI₃

S u

= l

Voor de beide overige kolommen kunnen twee momenten-evenwichtsvergelijkingen worden opgesteld om resp. de onderste oplegpunten.

steunpunt-linkerskolom 12 0

T =Fu−S l=

∑

steunpunt-middenkolom 1 2 0

T =Fu+S l−S l=

∑

Elimineren van S₁ levert:

3Fu−2S l2 =0

Of met de stijfheidsrelatie ingevuld:

3

3 6EIu 0

Fu l

− l =

Hieruit volgt:

2

k

F EI

= l

(43)

Vraagstuk 3.4

Eerst tekenen we de constructie in de verplaatste stand. Daarbij nemen we in de horizontale regel een onbekende trekkracht N aan. Tevens definieren we 2 onbekende dwarskrachten V_l en V_r komend uit de ligger. In de figuur zijn de interactiekrachten weergegeven in paren. De vraag is nu hoe deze dwarskrachten afhangen van belasting F.

u

N

b l a

N

Vl Vr

l F

kt

Uit het momentenevenwicht van de horizontale regel om beide uiteindes kunnen we het volgende afleiden:

r

V a F

=a b +

l

V b F

=a b +

Hiermee gewapend kunnen we de momentenevenwichten voor de twee poten:

ker. 0

lin staaf t l

T = −k ul−Nl V u− =

∑

. 0

rechter staaf r

T = −Nl V u+ =

∑

Of met de gevonden relatie voor de dwarskrachten:

ker. 0

lin staaf t

T k ul Nl b Fu

= − − −a b =

∑

+

. 0

rechter staaf

T Nl a Fu

= − +a b =

∑

+

Vermenigvuldigen met -1 van de bovenste vergelijking en optellen bij de onderste geeft:

k t

F =k l

(Note: uit de vergelijking komt –ktl, waar gaat het mis? )

De verhouding a/b waarbij het evenwicht altijd stabiel is treed op als de kracht F volledig links staat. Dan wordt de belasting helemaal per trek doorgevoerd naar de linker

verticale staaf. Dit is dus bij a/b = 0.

(44)

Vraagstuk 3.5.1

Allereerst wordt de constructie in de verplaatste stand getekend. Voor de bovenregel wordt verplaatsing u aangenomen en een onbekende trekkracht N.

u 1 N 2l

N

3EI u M = l l EI

l 2F F

l

Voor de verende onderregel weten uit het vorige hoofdstuk dat voor de veerstijfheid geldt:

3

r

k EI

= l

Het moment geproduceerd door deze regel is bovenin de figuur weergegeven.

Vervolgens kunnen we de momentenevenwichten opstellen om de twee onderste oplegpunten:

ker.

2 1 0

lin staaf 2

T = Fu+N l=

∑

.

3 0

rechter staaf

T Nl Fu EI u

l l

= − + − =

∑

Oplossen van de vergelijkingen door de bovenste met 2 te vermenigvuldigen en op te tellen bij de onderste levert:

2

3

k 5 F EI

= l

(45)

Vraagstuk 3.6

( In oudere versies van het opdrachtendictaat kan er een misdruk zitten in het plaatje waarbij de rechterkolom ontbreekt.)

Eerst tekenen we de constructie in de verplaatste stand:

u

N1

3EI u M = l l EI

l F2

λ λF₃

F1

λ

l

N2 N₂

In deze vraag hebben we 3 verbonden starre kolommen. We moeten dus zoeken naar 3 momentenevenwichten:

ker. 1 12 0

lin staaf

T =λF u+N l=

∑

. 2 1 2 0

midden staaf

T =λF u−N l+N l=

∑

. 3 2

3 0

rechter staaf

T F u N l EI u

l l λ

= − − =

∑

Tel nu de helft van de eerste vergelijking op bij de tweede, en tel de derde op bij de tweede. Zo vallen de onbekende normaalkrachten weg. Het resultaat:

a. ²

1 2 3

3 1 2

EI l

F F F

λ=

+ +

b. Als alleen F₁een waarde heeft: 6₂

k

F EI

= l

c. Als de kracht in B of C staat wordt de kniklast: 3₂

k

F EI

= l . Dit is hiermee de gevaarlijkste plek (laagste kniklast)

d. Als alledrie de krachten hetzelfde zijn volgt uit bovenstaande formule:

2

6

k 5 F EI

= l

(46)

Vraagstuk 3.7.3

Eerst zetten we de constructie in de verplaatste stand. We zien dat de onderste ligger doorbuigt.

F

l u

EI EI

Voor de zakking van de onderste ligger onder een puntlast in het midden weten we:

3

48 u Fl

= EI

Ofwel als we de ligger zouden vervangen door een translatieveer kan dat door die een stijfheid te geven van:

3

k 48EI

= l

We kunnen nu de bovenste ligger vrijmaken en de het krachtenspel weergeven:

3

48

veer

F EI u

= l

F u

3

24

oplegging

F EI u

= l

De kracht uitgeoefend op de bovenste ligger door de veer is dan:

3

48

veer

F EIu

= l

Uit verticaal evenwicht volgt voor beide oplegreacties:

3

24

oplegging

F EIu

= l

Nu kunnen we de knikkracht vinden door het momentenevenwicht van de rechterhelft te nemen om de scharnier in het midden:

. 3

24 1

2 0

rechter helft

T Fu EIu l

= − l =

∑

Hieruit volgt:

2

12

k

F EI

= l

(47)

Vraagstuk 3.8.1

Allereerst teken we de constructie in de verplaatste stand:

l1

l2

l3

1

q lk

u

qk

kr

De rotatieveer in het midden verdraait over een hoek van:

2 3

(u u) l l θ = +

Hierdoor is er in de rotatieveer een moment van:

2 3

(u u) _r

M k

l l

= +

Dit wordt op zowel de onderste staaf als de middelste staaf uitgeoefend (snedekracht).

We weten ook dat de verdeelde belasting voor de helft wordt overgebracht op de verticale staaf. Nu kunnen we het momentenevenwicht opstellen om 1 van de verticale staafdelen:

. 1

2 3

1 ( ) 0

rechter helft 2 k r

u u

T q l u k

l l

= − + =

∑

Hieruit volgt de knikbelasting:

2 3

1

1 1 2( ) _r

k

l l k

q l

+

=

Opmerking: De horizontale ‘oplegkrachten’ boven en onderaan de verticale staven zijn nul in tegenstelling tot vorige vraagstuk.

(48)

Vraagstuk 3.9.1

Allereerst wordt de constructie in de verplaatste stand getekend:

l1

l2

u F

l1

EI1

EI2

u F

1 1

1 2

3EI u M = l l

2 2

1 1

3EI u M = l l

1 2

h

M M

F l l

= − +

In de rechterfiguur is de verticale staaf vrijgemaakt en zijn alle krachten getekend die erop werken. Daarbij is de dwarskracht uit de bovenste regel verwaarloosd. Nu dienen uitdrukkingen te worden gevonden voor al deze krachten. Voor de momenten weten we uit hoofdstuk 2 (beide momenten werken de knikbeweging tegen)

1 1

1 2

3EI u M = l l

2 2

1 1

3EI u M = l l

Door nu de momentensom om een van de oplegpunten te nemen volgt de grote van de horizontale oplegreacties:

2 2

1 2 1 2 1 1

1 2 1 2

3 3

h

EI u EI u

M M l l l l

F l l l l

− −

= =

+ +

Nu kunnen we de kniklast vinden door het momentenevenwicht om het bovenste deel van de staaf op te stellen:

. 2 1 0

bovenste deel h

T =Fu+F l −M =

∑

Door bovenstaande uitdrukkingen in te vullen en op te lossen voor F is te vinden:

2 2

2 2 1 1

2

1 2 1 2

3( )

( )

k

EI l EI l

F l l l l

= +

+

(49)

Vraagstuk 3.10.1

Eerst wordt de constructie in de verplaatste gestand getekend

u

l

N N

1 r

M k u

= l

1 r

M k u

= l r2

M k u

= l

2 r

M k u

= l

F1 F

2

kr

2

kr 1

kr

1

kr

Vervolgens kunnen we voor beide delen de momentenevenwichten opstellen om de onderste draaipunten.

ker. 1 2 1 0

lin staaf r

T Nl F u k u

= + − l =

∑

. 2 2 0

rechter staaf r

T Nl Fu k u

= − + − l =

∑

Optellen van de vergelijkingen en oplossen voor de onbekende kracht F levert:

1 2 1

2( )

k r r

F k k F

= l + −

ONDUIDELIJKHEID: Hoe is het verticale evenwicht van de bovenste staaf. Waar exact grijpen de terugdraaiende momenten aan en hoe beïnvloed dit de dwarskracht in de bovenste staaf. Zo is de vraag wel erg simpel.