Full resolution (JPEG) - On this page / på denna sida - Sidor ...
<< prev. page << föreg. sida << >> nästa sida >> next page >>
Below is the raw OCR text
from the above scanned image.
Do you see an error? Proofread the page now!
Här nedan syns maskintolkade texten från faksimilbilden ovan.
Ser du något fel? Korrekturläs sidan nu!
This page has never been proofread. / Denna sida har aldrig korrekturlästs.
Teknisk Tidskrift
7T
WI
tu
t
v
I
T
Fig-. 7.
ten). Momenten i resp. balkar av krafterna vid
bultarna skola även vara lika. Fördenskull måste även
kraftpar finnas vid brickorna. Yid en last P i fria
ändan av balk en erhålles:
P
4 X
^2-^ = 4
<T\ + + K\
Härav erhålles K\ = T\
h
Momentet av krafterna vid bulten:
På samma sätt erhålles vid bultarna 2:
{T’i +
2T\)h-Vid ett godtyckligt antal (2 n) delar blir momentet:
(f-)-2f+ ... + 2 r(»))A
U Ti
Som exempel vill jag anföra:
Inspänd balk med last i fria ändan, fyra delar och
två längder L = 2l. Totala arbetet för halva balken
(2 delar) blir:
A = [T»\ + (T\ + T\f + (7"! — T\f -f
2 A
2EA I
Pi-
-IT’
i + 2 T\)h^ 2 + [,U2~ (T\ +2T\+T\+2 7"’2)|] ’} +
+ -f \{T’i? + 2 (T\† + (T\f + 2
{T\?]\
Här finnas fyra statistiskt obestämda. Man får
sålunda:
M = o 1A. = o
dT\ dT\
Med införande av:
Ah2
dA
dT’,
= 0
dÄ
ar»,
= o
u =
47
cA , , 2m
m = —— och k = , M,
l h
får man efter några transformationer
ekvationssystemet:
T\ (1 +| + w) ■+ T\ (— 1 + u) + T’3(-m) + T",(0)=k
T\ (—3—2 m)+ 7"’1(4 + 2 m) + T"2(2 *») + T"2 (—2 m)=0
T"^—2—M— 3rø)-f- 7,"1(2—2M) + r2(l-f | + 4mj +
+ r"2(— 1+M)=0
T\(—S) -f 7,"1(4) -f 7"2 (—3—2 m) + T\(å + 2m)=0
Detta ekvationssystem ger de fyra obekanta T7/,
T1,", T1/ och T/.
Om ingen glidning äger rum, dvs m — 0, tilltaga
normalkrafterna i delbalkarna, proportionellt mot
avstånden från mitten, således som 1 :3 i detta fall.
Har m ett visst värde, ökar normalkraften mycket
hastigt utåt.
Räkningar av detta slag kunna genomföras för ett
godtyckligt antal delbalkar och ett godtyckligt antal
bultar. Beräkningarna äro relativt enkla men mycket
tidsödande.
Jag vill nu göra en jämförelse mellan resultaten
från det rena böjningsproblemet och motsvarande
knackning sproblem.
Jag tänker mig sålunda en av två lika delar
sammansatt sträva, som genom sammanbindningsbultar
och -brickor är delad i 2 n st delar av längden l.
Andra Eulerska knäckningsfallet räknas för hela
längden 2 L. Problemet är nära detsamma, som
behandlas i Ljbg Hållfasthetslära s 292 och följande
eller i TT vv 1916 h 6 s 89 och h 8 s 105.
En sammansatt sträva med 2 n fack antages sålunda
med en utböjning symmetrisk kring mittpunkten.
Yinkeländring <p och förskjutning X hos denna punkt
är således noll.
Belastningen P fördelas lika på båda delbalkarna
och ger sålunda lika sammantryckning i båda. I
brickorna finnas krafter Tv T.2, Ts etc, vilka giva
förkortning åt ena och förlängning åt andra delbalken.
Denna förkortning resp. förlängning X representerar
en förskjutning av punkter, som förut ligga mitt för
varandra.
För punkten 1, som har en lutningsvinkel <p15 en
förskjutning X1 av längden L ~ ni från mitten räknat
Fig.
samt en mot brickkraften Tx svarande förskjutning
hos en delbalk vid själva brickan, får man (fig. 8
och 9)
= h1 cpi —
Man har som förut
*i=CeTI
Xt är strävans förkortning eller förlängning räknat
från mittsnittet, således:
h
EA
6
24 jan. 1942
<< prev. page << föreg. sida << >> nästa sida >> next page >>
