Kap. 3 Krumningsflatemetoden - Ansatt.hig.no

HØGSKOLEN I BERGENAVD. FOR INGENIØRUTDANNINGBYGGSEKSJONENBYGGSTATIKKK IKap. 3 KrumningsflatemetodenSIDE 3.13 KRUMNINGSFLATEMETODENI kapittel 1. og 2. har vi sett at en bjelkes krefter og deformasjon kan beskrives ved fire integraler som henger sammen :Skjærkraft :⌠V = ⎮ −q dxVinkelendring :⌡⌠φ = ⎮⎮⌡M− dxEIMoment :⌠⌠M = ⎮ V dxForskyvning (nedbøyning) : y = ⎮ φ dx⌡⌡I kap. 1.1 så vi hvordan vi kunne beregne V og M ved å benytte likevektsbetingelsene. I kap. 1.2 benyttet viintegrasjonfor å beregne V og M. Eksemplene i kap. 2 viser hvordan vi kan beregne vinkelending og forskyvning ved å integreremomentfunksjonen.På samme måte som vi kan beregne V og M uten integrasjon ved å benytte likevektsbetingelelsene, kan vi beregneφ og y ved likevektsbetingelser. Integralene ovenfor har visse likhetstrekk. Dersom vi påfører en konstruksjon M/EIsom last vil skjærkraften for denne tenkte lasten representere vinkelendringen φ. Tilsvarende vil momentet ikonstruksjonen med M/EI som last representere forskyvningen y. Analogien i integralene på venstre og høyre sideovenfor viser dette.M/EI representerer krumningen av konstruksjonen og derfor kalles metoden krumningsflatemetoden. Lasten M/EIer kun en tenkt last som vi påfører konstruksjonen for å kunne beregne φ og y ved å benytte likevektsbetingelse istedet for integrasjon. I virkeligheten utfører vi egentlig en integrasjon, og vi må passe på at randbetingelsene forkonstruksjonen med lasten M/EI er slik at integrasjonskonstantene blir riktige.Randbetingelser for fritt opplagt bjelke :qVed beregning av V og M er randbetingelsene M=0 for x=0 og M=0 for x=LM/EIVi påfører lasten M/EI på konstruksjonen for å beregne φ og y.Randbetingelsene er her at y=0 for x=0 og y=0 for x=L.Her er randbetingelsene for M og y like og vi kan benytte det samme statiskesystemet ved begge beregningeneRandbetingelser for utkraget bjelke :Ved bereging av V og M er randbetingelsene at M=0 og V=0 for x=L.qM/EIVi påfører lasten M/EI på konstruksjonen.Randbetingelsene ved beregning av φ og y er at φ=0 og y=0 for x=0Ved beregning med den tenkte lasten M/EI, representerer skjærkraften, φog momentet, y. Vi ser at vi er nødt til å innføre et tenkt statisk system fordenne beregningen slik at M=0 (φ=0) og V=0 (y=0) for x=0. Dette oppnår vived å flytte den faste innspenningen til det som i virkeligheten er bjelkensfrie ende.Vi må her altså ikke bare benytte en tenkt last (M/EI), men også et tenktstatisk system for å beregne φ og y.H:\ARBEID\statikk I\kompendium\Kap3 ny.mcd

HØGSKOLEN I BERGENAVD. FOR INGENIØRUTDANNINGBYGGSEKSJONENBYGGSTATIKKK IKap. 3 KrumningsflatemetodenSIDE 3.23.1 STATISK BESTEMTE BJELKERVi kan benytte krumnningsflatemetoden til å beregne deformasjoner av statisk bestemte bjelker. Vi kan også benyttemetoden til å finne kreftene i statisk ubestemte systemer. Dette behandles i kap. 3.2Ettersom vi skal påføre konstruksjonen en tenkt last som har samme form som momentdiagrammet, har vi behov forareal og tyngdepunkt for noen vanlige former for moment :MTrekantParabelsegment :M1/3 L 2/3 L 5/8 L 3/8 L 1/4 L 3/4 LA = 1 A = 2 A = 12 ⋅M⋅L3 ⋅M⋅L3 ⋅M⋅LMParabelsegment(spisst)Parabelsegmentene har horisontal tangent til høyre som vist.Dersom vi har parabelsegmenter som ikke har horisontal tangent, må videle flaten opp. Vi skal se på dette senere.NB ! Tangenten til momentkurven er horisontal når V=0EKSEMPEL 3.1 :Fritt opplagt bjelke med jevnt fordelt lastq=konstAEIBLM :q⋅L 28Lasten gir moment som er posistivt (strekk i UK). Den tenktelasten M/EI føres derfor på med samme retning som q dvs.nedover. Det er praktisk og vanlig å tegne denne lasten påsamme side som momentdiagrammet.M/EI :ΣM B = 0φ A⋅L2 q⋅L 2 L− ⋅ ⋅L⋅= 03 8⋅EI2φ A =124 ⋅qL 3⋅EI1⋅24q⋅L 3EIφ Aq⋅L 28⋅EI3/16 L-φBΣM A = 0Maksimal nedbøyning finnes midt på bjelken :Vi beregner "momentet" midt på bjelkeny midt1y midt = ⋅24−φ 2 q⋅L 2 L−( B)⋅L+ ⋅ ⋅L⋅= 03 8⋅EI2q⋅L 3EIL⋅ −22⋅3q⋅L 28⋅EIL 3⋅ ⋅ ⋅L2 16φ −1B24 ⋅qL 3= ⋅EI5y midt384 ⋅qL 4= ⋅EIL/2H:\ARBEID\statikk I\kompendium\Kap3 ny.mcd

HØGSKOLEN I BERGENAVD. FOR INGENIØRUTDANNINGBYGGSEKSJONENBYGGSTATIKKK IKap. 3 KrumningsflatemetodenSIDE 3.3EKSEMPEL 3.2 :Utkraget bjelke med punktlastφ AM :FA EI BLFLHer må en passe på at det statiske systemet blir riktigfor den tenkte lasten.Randbetingelsene er : y B =0 og φ B =0. Dett oppnår vived at det tenkte statiske systemet er fritt i B oginnspent i A.Lasten F gir negativt moment i bjelken (strekk OK)derfor er retningen på den tenkte lasten motsatt F.M/EI :2/3 Ly Aφ Ay=0FL/EITenkt last påtenkt statisksystemφ B =0φ 1 F⋅LA = − ⋅ ⋅L2 EIφ −1A2 ⋅FL 2= ⋅EI1 F Ly A ⋅⋅ L⎛ 2⋅ ⎜2 EI ⎝ 3 ⋅L⎞ 1= ⋅ ⎟ y A⎠ 3 ⋅FL 3= ⋅EIEKSEMPEL 3.3 :Utkraget bjelke med jevnt fordelt last.M :A EI BqL 2 /2q=konstLy Bφ BSom i eksempel 3.2 må vi flytte innspenningen pådet tenkte statiske systemet for å fårandbetingelsene til å stemme.Retningen på φ B nederst på figuren er analog medfortegnsregelen for positiv skjærkraft.φ 1 q⋅L 2B = ⋅ ⋅L3 2⋅EIφ 1B6 ⋅qL 3= ⋅EIM/EI :qL 2 /2EI3/4 LTenkt last påtenkt statisksystem1 q⋅L 2y B ⋅ L⎛ 3⋅ ⎜3 2⋅EI⎝ 4 ⋅L⎞ 1= ⋅ ⎟ y B⎠ 8 ⋅qL 4= ⋅EIy=0φ A=0φ BH:\ARBEID\statikk I\kompendium\Kap3 ny.mcd

HØGSKOLEN I BERGENAVD. FOR INGENIØRUTDANNINGBYGGSEKSJONENBYGGSTATIKKK IKap. 3 KrumningsflatemetodenSIDE 3.4EKSEMPLEL 3.4 :Fritt opplagt bjelke med punktlast.AM :M/EI :2aEI2/3 FaCFa2Fa/3EIBBeregner opplagerkrefter og momentdiagram :FΣM B = 0 A y ⋅3⋅a− F⋅a= 0 A y =32B y =3 ⋅F2M C = A y ⋅2⋅a=3 ⋅F⋅aBeregner vinkelendring og nedbøyning :ΣM B = 0φ 1 2⋅F⋅aA⋅3⋅a⋅ ⋅2a⎛ 5⋅ ⎜2 3⋅EI⎝ 3 ⋅a⎞ 1 2⋅F⋅a−⋅ ⎟ ⋅ a⎛ 2⋅ ⎜⎠ 2 3⋅EI⎝ 3 ⋅a⎞− ⋅ ⎟ = 0⎠φ A4/3 a 2/3 a a/3 2/3 a- φ Bφ A =49 ⋅Fa 2⋅EIΣM A = 0φ Axx/3Fx/3EI1 2⋅F⋅a⋅ ⋅2a⎛ 4⋅ ⎜2 3⋅EI⎝ 3 ⋅a⎞ 1 2⋅F⋅a⋅ ⎟ ⋅ a⎛ 7⋅ ⎜⎠ 2 3⋅EI⎝ 3 ⋅a⎞+ ⋅ ⎟ − ( −⎠φ B) ⋅3⋅a= 0φ −5B9 ⋅Fa 2= ⋅EINedbøyning i C :Nedbøyningen er ikke nødvendigvis størst midtunder lasten.Max nedbøyning finnes der φ=0y C φ 1 2⋅F⋅a2= A⋅2⋅a⋅ ⋅2a⎛⋅ ⎜2 3⋅EI⎝ 3 ⋅a⎞−⋅ ⎟⎠4y C9 ⋅Fa 2 1 2⋅F⋅a⋅ ⋅2⋅a⋅ ⋅2a⎛ 2⋅ ⎜EI 2 3⋅EI⎝ 3 ⋅a⎞ 4= −⋅ ⎟ y C⎠ 9 ⋅Fa 3= ⋅EI49= 0.444Plot av nedbøyning : [Fa 3 /EI]y( x)10.50Beregner φ og y i vilkårlig snitt (x) :φ x φ 1= A − ⋅2y x =φ A⋅xF⋅x3⋅EI1− ⋅2⋅xF⋅x3⋅EIx⋅x⋅3φ 4x9 ⋅Fa 2 1⋅EI 6 ⋅Fx= − ⋅ ⋅xEI4y x9 ⋅Fa 2= ⋅ ⋅x−EI118 ⋅Fx 3⋅EI0.510 1 2 3xφ 4 F⋅a 2A = ⋅9 EI−5B9 a 2= ⋅EIφ x =0 :49 ⋅Fa 2 1⋅EI 6 ⋅Fx− ⋅ ⋅x= 0 x = 1.633⋅aEI4y max9 ⋅Fa 2= ⋅ ⋅( 1.633⋅a)−EIa 3y max = .483⋅F⋅EI118 ⋅F( 1.633⋅a) 3⋅EIH:\ARBEID\statikk I\kompendium\Kap3 ny.mcd

HØGSKOLEN I BERGENAVD. FOR INGENIØRUTDANNINGBYGGSEKSJONENBYGGSTATIKKK IKap. 3 KrumningsflatemetodenSIDE 3.5Dersom momentdiagrammet blir litt mer komplisert enn i eksemplene ovenfor er det nødvendig å delekrumningsflaten (den tenkte lasten M/EI) i flere flater. Et trapes kan deles i to trekanter, et parabelsegnment somikke har horisontal tangent kan deles i en trekant og et fullstendig parabelsegment.Dersom bjelken har forskjellig stivhet (EI) langs lengdeaksen er det ofte også nødvendig å foreta en finere inndelingav krumningsflaten.Figurene nedenfor viser gode metoder.Opprinnelig flate Oppdelt flate :TrapesPositivt og negativtmoment= +Det er ofte brysomt å regne medde to trekantene som de er.Parabel utenhorisontal tangent=+Parabel utenhorisontal tangent=qL 2 /8EI+LqL 2 /8EIH:\ARBEID\statikk I\kompendium\Kap3 ny.mcd

HØGSKOLEN I BERGENAVD. FOR INGENIØRUTDANNINGBYGGSEKSJONENBYGGSTATIKKK IKap. 3 KrumningsflatemetodenSIDE 3.6EKSEMPEL 3.5 :Fritt opplagt bjelke med to punktlasterA2PP1 EI 22a 3a 3a8aBBeregner opplagerkrefter og momentdiagram :ΣM B = 0A y⋅8⋅a− P⋅6⋅a− 2⋅P⋅3⋅a= 03A y =2 ⋅P3ΣM A = 0 P⋅2⋅a+ 2⋅P⋅5⋅a− B y⋅8⋅a= 0 B y =2 ⋅PM 33M 2 = 2 ⋅P⋅3⋅a= 91 = 2 ⋅P⋅2⋅a= 3⋅P⋅a2 ⋅P⋅aM/EIBeregner vinkelendring i A og B :φ A3Pa/EI9Pa/2EI 2a4a5a20/3 a- φ BΣM B = 0φ 1 3⋅P⋅a20 1 3⋅P⋅aA⋅8⋅a− ⋅ ⋅2⋅a⋅⋅a− ⋅ ⋅3⋅a⋅5⋅a2 EI 3 2 EIφ 83A8 ⋅Pa 2= ⋅EI1 9⋅P⋅a1 9⋅P⋅a− ⋅ ⋅3⋅a⋅4⋅a− ⋅ ⋅3⋅a⋅2⋅a= 02 2⋅EI2 2⋅EIΣF y = 0φ B =838 ⋅Pa 2⋅EI−1 3⋅P⋅a⋅ ⋅2⋅a−2 EI1 3⋅P⋅a⋅ ⋅3⋅a−2 EI1 9⋅P⋅a⋅ ⋅3⋅a−2 2⋅EI1 9⋅P⋅a⋅ ⋅3⋅a2 2⋅EIMaks nedbøyning finnes derφ=0, på tilsvarende måte som iEks. 3.4.φ −85B8 ⋅Pa 2= ⋅EIBeregner nedbøyning under lastene y 1 og y 2 :83y 18 ⋅Pa 2 1 3⋅P⋅a2= ⋅ ⋅2⋅a− ⋅ ⋅2⋅a⋅⋅aEI 2 EI 385y 28 ⋅Pa 2 1 9⋅P⋅a= ⋅ ⋅3⋅a− ⋅ ⋅3⋅a⋅aEI 2 2⋅EI75y 14 ⋅Pa 3= ⋅EI201y 28 ⋅Pa 3= ⋅EIH:\ARBEID\statikk I\kompendium\Kap3 ny.mcd

HØGSKOLEN I BERGENAVD. FOR INGENIØRUTDANNINGBYGGSEKSJONENBYGGSTATIKKK IKap. 3 KrumningsflatemetodenSIDE 3.7EKSEMPEL 3.6 :Bjelke med variabel stivhetBeregner opplagerkrefter og momentdiagram :q=konstP=qaΣM B = 0 A y ⋅3⋅a− q⋅2⋅a⋅2⋅a− q⋅a⋅a= 0A 54y = B y3 ⋅q⋅a=3 ⋅q⋅aA4EICEIB5M C =3 ⋅q⋅a⋅2⋅a− q ⋅( 2⋅a)224M C =3 ⋅q⋅ a22aaBeregner vinkelendring i A og B, samt nedbøyning i C :M :ΣM B = 0φ A⋅3⋅a−1 q⋅a 2 5⋅ ⋅2⋅a⋅⋅a−2 3⋅EI32 q⋅a 2 1 4⋅q⋅a 2 2⋅ ⋅2⋅a⋅2⋅a− ⋅ ⋅a⋅⋅a= 03 8⋅EI2 3⋅EI3M/EI :1/2 qa 2 4/3 qa 2φ A =49 ⋅qa 3⋅EIΣM B = 0φAqa 2 /8EIqa 2 /3EI- φB1 q⋅a 2 4⋅ ⋅2⋅a⋅⋅a+2 3⋅EI32 q⋅a 2 1 4⋅q⋅a 2 7⋅ ⋅2⋅a⋅a+ ⋅ ⋅a⋅⋅a− ( −3 8⋅EI2 3⋅EI3φ B) ⋅3⋅a=M :xqx 2 /8M/EI :φ qx 2 /32EIA5/3 qax-1/2 qx 25/12 ax/EI-qx 2 /8EI4qa 2 /3EIφ −13B18 ⋅qa 3= ⋅EI4y C9 ⋅qa 3 1 q⋅a 2 2 2 q⋅a 2= ⋅ ⋅2⋅a− ⋅ ⋅2⋅a⋅⋅a− ⋅ ⋅2⋅a⋅aEI 2 3⋅EI3 3 8⋅EI1y C2 ⋅qa 4= ⋅EIBeregner max nedbøyning (snitt x) :φ 4x9 ⋅qa 3 1 ⎛ 5 q⋅a⋅xq⋅x 2 ⎞ 2= ⋅ − ⋅⎜⋅ − ⎟⋅x− ⋅EI 2 ⎝ 12 EI 8⋅EI⎠ 3q⋅x 232⋅EI⋅xLikningen er en tredjegradslikning og løses bestved å prøve forskjellige verdier for x.49 ⋅qa 3⋅EI−524 ⋅q⋅ax 2⋅EI1gir24 ⋅qx 3+ ⋅ = 0EIx max =1.836⋅a4y x9 ⋅qa 3= ⋅ ⋅x−EI1 ⎛ 5 q⋅a⋅x⋅⎜⋅2 ⎝ 12 EI−q⋅x 28⋅EI⎞ x⎟⋅x⋅⎠ 3−2⋅3q⋅x 232⋅EIx⋅x⋅2Maksimal nedbøyning er praktisk talt lik nedbøyningeni C (y C ). Innsatsen med å beregney max er ikke bryet verdt i dette tilfellet.4y x9 ⋅qa 3= ⋅ ⋅x−EIx max =1.836⋅agir5⋅72 x3 a⋅q⋅+EI196 ⋅qx 4⋅EIa 4y max = .504⋅q⋅EIH:\ARBEID\statikk I\kompendium\Kap3 ny.mcd

HØGSKOLEN I BERGENAVD. FOR INGENIØRUTDANNINGBYGGSEKSJONENBYGGSTATIKKK IKap. 3 KrumningsflatemetodenSIDE 3.8Ved beregninger med krumningsflatemedtoden er det viktig å huske på at krumningsflaten viser hvordan bjelkenkrummer. Denne krumningen bestemmer deformasjonen, men grensebetingelsene har også en avgjørende betydning.Bjelken med utkrager i figuren under er et eksempel på dette.AM/EI :φ BPBCφ C- φ Aφ Bφ BBjelken er belastet med en punktlast, og den stipletelinjen viser hvordan bjelken deformeres.Mellom A og B bestemmes forskyvningen avkrumningsflaten, og grensebetingelsene at y=0 i A og i B.Vi kan regne ut vinkelendringen i B, φ B .Bjelken krummes også mellom B og C. Dette gir ennedbøyning av bjelken, men den største delen avforskyvningen (slik figuren er tegnet) er gitt vedgrensebetingelsen at vinkelenrdingen er lik φ B i B.Forskyvningen i C kan deles i to deler; en som skyldeskrumningen, og en del som skyldes vinkelendringen i B.Siden vinkelendringene er små kan denne siste regnessom φ B *L 2 .Når vi benytter krumningsflatemetoden må vi ta hensyn tildette ved å velge riktige statiske systemer for den tenktelasten (krumningsflaten).For AB blir systemet en fritt opplagt bjelke somtilfredstiller y=0 (null "moment") i A og BL 1L 2H:\ARBEID\statikk I\kompendium\Kap3 ny.mcdFor BC er betingelsen y=0 (null "moment") i B og atvinkelendringen er lik φ B i B. Dette oppnår vi ved å benyttefri ende i B med en "punktlast" lik φ B og fast innspenning iC (som gir både "moment", y C og "skjærkraft" φ C )φ C

HØGSKOLEN I BERGENAVD. FOR INGENIØRUTDANNINGBYGGSEKSJONENBYGGSTATIKKK IKap. 3 KrumningsflatemetodenSIDE 3.9EKSEMPEL 3.7 :Utkraget bjelke med punktlastPAM/EI :φ A2aEIBCBeregner del AB først :aφ 1 P⋅a2A⋅2⋅a+ ⋅ ⋅2⋅a⋅⋅a= 02 EI 3φ −1A3 ⋅Pa 2= ⋅EIPa/EIφ 1 P⋅a4B⋅2⋅a− ⋅ ⋅2⋅a⋅⋅a= 02 EI 3φ 2B3 ⋅Pa 2= ⋅EIy midt φ 1 P⋅aa= A⋅a+ ⋅ ⋅a⋅−12 2⋅EI3 y midt3 ⋅Pa 2 1 P⋅aa= ⋅ ⋅a+ ⋅ ⋅a⋅EI 2 2⋅EI3−1y midt4 ⋅Pa 3= ⋅EIφ BDel BC :φ C φ 1 P⋅a= B + ⋅ ⋅a2 EIφ 2C3 ⋅Pa 2 1 P⋅a= ⋅ + ⋅ ⋅aEI 2 EIφ 7C6 ⋅Pa 2= ⋅EIy C φ 1 PB⋅a⋅ a 22= + ⋅ ⋅a⋅⋅ay C2 EI 33 ⋅Pa 2 1 P⋅a2= ⋅ ⋅a+ ⋅ ⋅a⋅⋅aEI 2 EI 3φφ C By C =P⋅a3EIVerdier for 300x700 bjelke i betong :b := 300⋅mmh := 700⋅mma := 3.0⋅mP := 150⋅kN(15 tonn)b⋅h 3E := 15000⋅MPaI :=12φ 2B3 ⋅Pa 2:= ⋅E⋅Iφ B = 6.997 × 10 − 3 (rad) 6.997⋅10 − 4 180⋅ = 0.04 (grader)πNedbøyning i C : y C := P⋅a3 y C = 31.487 mmE⋅INedbøyning i C pga. vinkelendring i B :Forskyvning midt på felt AB :φ B⋅a= 20.991 mm (67 %)−1y midt4 ⋅Pa 3:= ⋅ y midt = −7.872mm (Oppover)E⋅IH:\ARBEID\statikk I\kompendium\Kap3 ny.mcd

HØGSKOLEN I BERGENAVD. FOR INGENIØRUTDANNINGBYGGSEKSJONENBYGGSTATIKKK IKap. 3 KrumningsflatemetodenSIDE 3.103.2 STATISK UBESTEMTE BJELKER :ABqKreftene i en statisk ubestemt bjelke kan ikke finnes ved å benyttelikevektbetingelsene alene.Bjelken AB har 4 ukjente opplagerreaksjoner : M A , A y , A x og B y.Vi har 3 likevektsligninger : ΣM=0, ΣF y =0 og ΣF x =0.Bjelken er 4-3=1 gang statisk ubestemt.+qy 1y 2B yDersom vi fjerner opplageret i B står vi igjen med tre ukjenteopplagerreaksjoner som kan beregnes. Bjelken får da ennedbøyning i B, (y 1 ) på grunn av lasten q. Størrelsen på dennenedbøyningen kan vi beregne med krumningsflatemetoden.På det samme systemet kan vi sette på en last B y , som gir enoppbøyning av bjelken (y 2 ). Vi vet at forskyvningen i B skal værelik null, og dette kan vi benytte til å beregne størrelsen på B y .Riktig verdi på B y har vi når y 1 -y 2 =0. Når By er kjent kan viberegne de tre andre opplagerreaksjonene ved hjelp avlikevektsbetingelsene.φ A1M A+φ A2qVi kunne også ha løst problemet ved å erstatte innspenningen iA med et fast leddlager. Bjelken får da en vinkelendring i A (φ A1 )på grunn av lasten q. Vi kan beregne størrelsen φ A1 .Da erstattet innspenningen med ett leddlager fjernet viinnspenningsmomentet i A. Dersom vi setter M A på som en lastvil bjelken få en vinkelendring i A (φ A2 ). Størrelsen på momentetM A er gitt ved at f A1 -f A2 =0. Etter at M A er bestemt på dennemåten kan vi Beregne A y , A x og B y ved hjelp avlikevektsbetingelsene.Fremgangsmåten er altså i prinsippet den samme, enten viinnfører et ledd i A eller fjerner opplageret i B. I svært mangetilfeller blir beregningene enklere dersom en velger å innføre leddfremfor å fjerne opplager.H:\ARBEID\statikk I\kompendium\Kap3 ny.mcd

HØGSKOLEN I BERGENAVD. FOR INGENIØRUTDANNINGBYGGSEKSJONENBYGGSTATIKKK IKap. 3 KrumningsflatemetodenSIDE 3.11EKSEMPEL 3.8 :Bjelke over to felt med jevnt fordelt lasty B6qa 2q=konstA B C16 EI 9 EI4a3aq=konstM :2qa 29/8 qa 2M/EI :Ukjente opplagerreaksjoner : A x , A y , B y og C y .Bjelken er en gang statisk ubestemt.Velger å fjerne opplageret i B.Beregner nedbøyning i B på grunn av lasten q :7M M B = 6⋅q⋅a 2B =2 ⋅q⋅a⋅4⋅a− q⋅4⋅a⋅2⋅aRegner med krumningsflaten M/EI som last :φ 1 3 q⋅a 2 13 2 1 q⋅a 2ΣM C = 0 A⋅7⋅a− ⋅ ⋅ ⋅4⋅a⋅⋅a− ⋅ ⋅ ⋅4⋅a⋅5⋅a2 8 EI 3 3 8 EIφ 25A24 ⋅qa 3= ⋅EI1 2 q⋅a 2 2 1 q⋅a 2 3− ⋅ ⋅ ⋅3⋅a⋅2⋅a− ⋅ ⋅ ⋅3⋅a⋅⋅a= 02 3 EI3 8 EI 21/8 qa 2 /EI 3/8 qa 2 /EI1/8 qa 2 /EI25y B24 ⋅qa 3= ⋅ ⋅4⋅a−EI1 3 q⋅a 2 4⋅ ⋅ ⋅4⋅a⋅⋅a−2 8 EI 32 1 q⋅a 2⋅ ⋅ ⋅4⋅a⋅2⋅a3 8 EI2/3 qa 2 /EI5y B2 ⋅qa 4= ⋅EIM :M/EI :y BB y12/7 B ya4/21 B ya/EI3/28 B ya/EIqA B C1.625 qaqa4.375 qaBeregner oppbøyning i B pga. lasten B y :ΣM C = 0−3M B = ⋅7 B y⋅4⋅aRegner med krumningsflaten M/EI som last :ΣM C = 0φ 1 3 B y ⋅a13 1 4 B y ⋅aA⋅7⋅a+ ⋅ ⋅ ⋅4⋅a⋅⋅a+ ⋅ ⋅ ⋅3⋅a⋅2⋅a= 02 28 EI 3 2 21 EIφ −3A ⋅14 B a 2= y⋅EI−3y B ⋅14 B a 2 1 3 B y ⋅a4= y⋅ ⋅4⋅a+ ⋅ ⋅ ⋅4⋅a⋅⋅aEI 2 28 EI 3−4y B7 B a 3= ⋅ y⋅EIA y ⋅7⋅a+ B y ⋅3⋅a= 0(oppover)B y er gitt ved at forskyvningen i B er lik null :52 ⋅qa 4 4⋅EI 7 B a 3− ⋅ y⋅= 0EI−12M B = ⋅7 B y⋅a−3A y = ⋅7 B y35B y = 8 ⋅q⋅a= 4.375⋅q⋅aH:\ARBEID\statikk I\kompendium\Kap3 ny.mcd

HØGSKOLEN I BERGENAVD. FOR INGENIØRUTDANNINGBYGGSEKSJONENBYGGSTATIKKK IKap. 3 KrumningsflatemetodenSIDE 3.12Skjærkraftdiagram :YZX2⋅q⋅a138 ⋅q⋅aA y ⋅7q⋅aMomentdiagram :23 ⋅q⋅ a2198 ⋅q⋅aNår By er kjent kan resten av opplagerreaksjoneneberegnes :ΣM C = 0⋅a+ 358 ⋅q⋅a⋅3⋅aq⋅7⋅a7− ⋅ ⋅a= 02A 13y = 8 ⋅q⋅a= 1.625⋅q⋅aΣM A = 07 35q⋅7⋅a⋅⋅a2− 8 ⋅q⋅a⋅4⋅a− C y⋅7⋅a= 0 C y = q⋅a13V Bv =8 ⋅q⋅a− q⋅4⋅a−19V Bv = 8 ⋅q⋅a= −2.375⋅q⋅aYZX1.32⋅q⋅a 2q⋅a 22V Bh = 358 ⋅q⋅a− 198 ⋅q⋅aV Bh = 2⋅q⋅a13M B =8 ⋅q⋅a⋅4⋅a− q⋅4⋅a⋅2⋅a−3M B =2 ⋅q⋅ a2Del AB :V Aa o =q= 138 ⋅a= 1.625⋅a2V AM max =2⋅a=2⎛ 13⎜⎝ 8 ⋅q⋅a⎞⎟⎠2⋅a169M max = ⋅128 q2 ⋅a= 1.32⋅q⋅a 2Del BC :V Cb o = q aq= ⋅q= a2V CM max =2⋅q=( q⋅a) 22⋅q1M max =2 ⋅q⋅ a2H:\ARBEID\statikk I\kompendium\Kap3 ny.mcd

HØGSKOLEN I BERGENAVD. FOR INGENIØRUTDANNINGBYGGSEKSJONENBYGGSTATIKKK IKap. 3 KrumningsflatemetodenSIDE 3.13I svært mange tilfeller blir beregningene mye enklere dersom vi innfører ledd i stedet for å fjerne opplagere.Det er mest fornuftig å innføre leddet ved et opplager, som i B for bjelken som er vist nedenfor. Bjelken får daforskjellig vinkelendring på høyre og venstre side av B, vi får et gap som er gitt ved summen av de to vinkelendringene(regnet uten fortegn).Den virkelige bjelken har selvfølgelig ikke et slikt gap, og momentet i B (M B ) er gitt ved at det gir vinkelendringer imotsatt retning som akkurat lukker gapet. Vi kan regne på dette ved å sette på et moment M B som en last på beggebjelkedelene og beregne vinkelendringene som dette momentet gir. Betingelsen for beregning av MB er at bjelken harsammme vinkelendring på begge sider av B (er kontinuerlig), dvs. S f Bv =SfA B Cq=φ BvSf Bhq+M Bφ Bv+φ Bhφ Bvφ Bv+φ BhDette innebærer at bjelken er tenkt delt i to deler som begge er statisk bestemt og som har felles opplegg i B.Etter at MB er bestemt kan de øvrige krefter i bjelken beregnes ved å benytte likevektsbetingelsene.Denne beregningsmåten kan også benyttes for bjelker som er mer enn en gang statisk ubestemt. Ved å innføreflere ledd får en flere ukjente momenter. Betingelsen for å bestemme disse momentene er fortsatt at bjelken erkontinuerlig over oppleggene, dvs Σφ v =Σφ h for alle punkter hvor ledd er innført. Dette vil gi et ligningssytem med nligninger med n ukjente for et n ganger statisk ubestemt system. Bjelken nedenfor er to ganger statisk ubestemtog vi får to ligninger med to ukjente (M B og M C ).qPqPA B C D= 1M B+2+M C3Ligningssystem for å bestemme M B og M C : (Σφ v = Σφ h )I :( )( )( )φ Bv1( q) + φ Bv2 M B = φ Bh1( q) + φ Bh2 M B + φ Bh3 M CII :( )( )( )φ Cv1( q) + φ Cv2 M B + φ Cv3 M C = φ Ch1( P) + φ Ch3 M CH:\ARBEID\statikk I\kompendium\Kap3 ny.mcd

HØGSKOLEN I BERGENAVD. FOR INGENIØRUTDANNINGBYGGSEKSJONENBYGGSTATIKKK IKap. 3 KrumningsflatemetodenSIDE 3.14EKSEMPEL 3.9 :Samme bjelke som eksempel 3.8M/EI :M:M/EI :1/8 qa2/EIqA B C16 EI 9 EI4a3a1/16 M B/EIqM BM B1/9 M B/EI1/8 qa2/EIBjelken er en gang statisk ubestemt. Deler bjelken i todeler som er statisk bestemt ved å føre inn et ledd i B.Vinkelendringer pga. q :Bjelke ABΣM A = 0Bjelke BCΣM C = 0Vinkelendringer pga. M B :Bjelke ABφ 1 1 M B 2ΣM A = 0 Bv⋅4⋅a− ⋅ ⋅ ⋅4⋅a⋅ ⋅4⋅a= 02 16 EI 3Bjelke BCΣM C = 0φ 2 1 q⋅a 2Bv⋅4⋅a+ ⋅ ⋅ ⋅4⋅a⋅2⋅a= 03 8 EIφ −1Bv6 ⋅qa 3= ⋅EIφ 2 1 q⋅a 2 3Bh⋅3⋅a− ⋅ ⋅ ⋅3⋅a⋅⋅a= 03 8 EI 2φ 1Bh8 ⋅qa 3= ⋅EIφ 1 M BBv = ⋅ ⋅a12 EIφ 1 1 M B 2Bh⋅3⋅a+ ⋅ ⋅ ⋅3⋅a⋅ ⋅3⋅a= 02 9 EI 3φ Bh =−1 M B⋅ ⋅a9 EIBeregner størrelsen på MB :Σφ Bv = ΣM Bh−16 ⋅qa 3⋅EI+1 M B⋅ ⋅a=12 EI18 ⋅qa 3⋅EI+−1 M B⋅ ⋅a9 EIResultatet stemmer med eksempel 3.8, men beregningener adskillig mer oversiktlig.Momentet M B er satt på slik at det gir strekk i overkant avbjelken slik vi tror det virker.Det kan være mer ryddig å sette momentet på etterfortegnsdefinisjonen (dvs. med strekk i underkant).Beregningen vil bli den samme, men resultatet for M B vilbli negativt. Det viktigste er å vise på en figur hvordan M Bvirker.3M B = (Strekk i overkant)2 ⋅q⋅ a2Moment- og skjærkraftdiagram blir som for eksempel 3.8.H:\ARBEID\statikk I\kompendium\Kap3 ny.mcd

HØGSKOLEN I BERGENAVD. FOR INGENIØRUTDANNINGBYGGSEKSJONENBYGGSTATIKKK IKap. 3 KrumningsflatemetodenSIDE 3.15EKSEMPEL 3.10 :Trefelts bjelke med jevnt fordelt last.q=7.2 kN/mA B EI = konst C DBjelken er to ganger statisk ubestemt.Innfører ledd i B og C.6.0 m 7.2 m 6.0 m1 Vinkelendringer pga. q : φ Bv1 =−q⋅L 324⋅EI−7.2⋅6.0 3=24⋅EIφ 64.8Bv1 = −EIφ Bφ Cφ Bh1 =q⋅L 324⋅EI7.2⋅7.2 3=24⋅EIφ 111.97Bh1 =EIφ 7.2⋅7.2 3Cv1 = −24⋅EIφ 64.8Ch1 =EIφ 7.2⋅6.0 3Ch1 =24⋅EIφ 111.97Cv1 = −EI2 Vinkelendringer pga. M B φ Bv2 =M Bφ Bh2 =φ Cv2 =−M B ⋅L3⋅EIM B ⋅L3⋅EI−M B ⋅L6⋅EI−6.0⋅M BM B=3⋅EIφ Bv2 = −2.0⋅EI7.2⋅M B=3⋅EIφ Bh2 2.4 M B= ⋅EI−7.2⋅M BM B=6⋅EIφ Cv2 = −1.2⋅EIφ Bh3 =3 Vinkelendringer pga M CM C φ Cv3 =M C ⋅L6⋅EI−M C ⋅L3⋅EI7.2⋅M C=6⋅EIφ Bh3 1.2 M C= ⋅EI−7.2⋅M cM C=3⋅EIφ Cv3 = −2.4⋅EIφ Ch3 =M C ⋅L3⋅EI6.0⋅M C=3⋅EIφ Ch3 2.0 M C= ⋅EILikningssystem : Σφ Bv = Σφ Bh64.8−EI−2.0 M B⋅EI=111.97EI2.4 M B+ ⋅ 1.2 M C+ ⋅EI EIM C = −147.308−3.667⋅M BH:\ARBEID\statikk I\kompendium\Kap3 ny.mcd

HØGSKOLEN I BERGENAVD. FOR INGENIØRUTDANNINGBYGGSEKSJONENBYGGSTATIKKK IKap. 3 KrumningsflatemetodenSIDE 3.16Σφ Cv = Σφ Ch111.97−EI−1.2 M B⋅EI−2.4 M C⋅EI=64.8EI+2.0 M C⋅EIinnsatt for M C gir :241.5692 + 7.6008⋅M B = −229.816støttemomentene blir :−7.334⋅M BM B = −31.56M C = 31.56Feltmomenter ytterfelt :1V A2 ⋅7.2⋅6.031.56:=−6.016.34 2M max :=2⋅7.2V A = 16.34M max = 18.541Feltmoment, innerfelt :Bjelkens momentdiagram :M max := −31.58+ 7.2⋅7.228M max = 15.07631.5631.563 3 3Y18.5415.0818.54ZXBjelkens skjærkraftdiagram :16.3425.9226.863 3 3−16.34YZX−26.86−25.92H:\ARBEID\statikk I\kompendium\Kap3 ny.mcd