Teknisk Tidskrift / Illustrerad teknisk tidning. 1871 / 347 (1871-1962) Table of Contents / Innehåll | << Previous | Next >>
	Project Runeberg | Catalog | Recent Changes | Donate | Comments? |

Full resolution (TIFF) - On this page / på denna sida - N:o 44. 4 November 1871 - J. O. Andersson: Grafisk lösning af några praktiska problem

<< 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 been proofread at least once. (diff) (history)
Denna sida har korrekturlästs minst en gång. (skillnad) (historik)

tagit en utveckling, som han ej anade, då ofvannämnde arbete
utgafs. Han säger der på flera ställen: "här måste analysen
komma till hjelp." I en följande upplaga kommer troligtvis ej
något sådant yttrande att finnas, ty genom att grafiskt konstruera
samt taga till hjelp den elastiska linien har han nu lyckats lösa
problemer, som han då ej ansåg kunna grafiskt behandlas;
så t. ex. kan den s. k. kontinuerliga balken (balken med
flera stöd) helt och hållet grafiskt behandlas. Ett nyligen
utkommet häfte härom af Culmanns asistent, herr Ritter, kan i
detta afseende betraktas som ett supplement till hans grafiska
statik. Culmann vill emellertid ingalunda att geometrien skall
ensidigt herrska, han anser den blott böra bringas något så
när till likställighet med analysen. Hans grafiska statik
förutsätter delvis kännedomen om den nyare geometrien. Detta i
förening med ett ej alltid lättfattligt skrifsätt torde vara orsaken
till, att den ej blifvit så allmänt spridd och studerad, som den
förtjenar. Ehuru genom den nyare geometrien en större klarhet
vinnes och ett elegantare bevisningssätt möjliggöres, så kan
dock den förutan den grafiska statiken studeras och uppfattas.

Vi vilja i det följande söka grafiskt lösa några problem.
Som det emellertid ej torde vara lämpligt att i en tidskrift
inlåta sig på den grafiska statikens a b c d, hvilket eljest
egentligen borde föregå, måste vi inskränka oss till de mera enkla
problemen, endast delvis lösa dem samt i allmänhet använda
ett bevisningssätt, som strängt taget ej öfverensstämmer med
den grafiska statikens väsende. Vi börja då med att bestämma
de yttre krafternas storlek och läge vid några krankonstruktioner.

Fig. 1.


Antag till en början att lasten Q är orubbligt fästad i E,
utan att länken löper öfver någon trissa. Det är klart att
sträckbommen BE samt sträfvan CE då få lasten Q på sig så
fördelad, att CE blir sträckt och BE sammantryckt. För att nu
finna storleken af krafterna P₆ och P₇ (deras lägen äro ju redan
kända) behöfver man blott på en vertikal linie afsätta lasten
Q i en viss skala samt från de båda ändpunkterna draga
parallela linier till BE och CE. De båda triangelsidorna P₆ och
P₇ angifva då dessa krafters storlek, ty Q är ju resultant till
P₆ och P₇, hvilkas riktningar äro gifna. Vill man hafva deras
siffervalör, mätes deras längd med samma skala som Q. – I
sammanhang härmed må nämnas, att en resultant till två krafter
ej bör bestämmas genom den vanliga parallelogramen, ty detta
är praktiskt orätt och stridande mot den grafiska statikens
disciplin, utan genom en triangel. Man undviker då dragning af
parallela linier, och konstruktionen blir skarpare. Härvid bör
då den ena kraften riktas åt den andra från skärningspunkten.
– För att återkomma till vårt problem vilja vi nu bestämma
de båda reaktionskrafterna i A och D. Det är klart, om vi
betrakta kranen som en stel kropp, hvars vigt vi tills vidare
negligera, att två reaktionskrafter i A och D måste hålla jemvigt
mot Q. För att detta skall ega rum, måste de tre kraftriktningarne
skära hvarandra i en punkt. Nu kan i A endast en
horizontel reaktionskraft komma ifråga. Den gemensamma
skärningspunkten är då punkten O, och genom att sammanbinda O
med D erhålles den tredje kraftriktningen. Genom att nu fullända
kraftpolygonen K, hvarvid P₁ drages horizontel samt R
parallel med OD, erhålles storleken å dessa båda krafter,
bestämda i samma skala som Q. Vi finna, att i kraftpolygonen
K alla pilarne gå åt samma håll (rotation från höger till
venster). Så är alltid förhållandet när jemvigt eger rum, ty hvarje
kraft för sig kan då anses som lika stor men af motsatt riktning
med resultanten för de öfriga krafterna. Är åter någon
kraft af motsatt riktning till de öfriga, så är han dessas resultant.
I triangeln till höger är Q resultant till P₆ och P₇,
såsom synes deraf, att dess pil går i motsatt riktning till deras.
I triangeln till venster håller Q P₁ och R i jemvigt, ty pilarne
gå åt samma håll.

Vi öfverlemna åt läsaren att sjelf efterse, hvilket går fortast,
att konstruera ofvannämnde enkla kraftpolygon, eller räkna ut
värdena efter formlerna:

	Qa		a–a1
P1 =	––	, P6 = Q	––––––––	, P7 = P6 cos B; + Q cos a.
	n		n – h1 – 2

För vår del tro vi, att, innan vinklarne och häfstångsarmarne
hinna uppmätas, d. v. s. innan sifferkalkylen kan börjas,
den grafiska skall i det närmaste vara afslutad. Dessutom
har den gifvit oss på köpet kraften R, som visserligen ej är
nödvändig för beräkningen af kranens dimensioner, men som dock
är af vigt att känna, hvilket vi i ett följande problem skola visa.

Om länken löper öfver en trissa och är fästad å ett vindspel,
så blir härigenom mellan vindspelet ock E sammantryckningen
i sträfvan ökad med Q, såsom af kraftpolygonen synes.
Vi se huru till följd häraf två hvarandra upphäfvande krafter
tillkomma i densamma.

I ofvanstående problem hafva vi ej tagit kranens vigt med
i räkningen. För att visa förfarandet, då problemet något
kompliceras, må denna införas. Sträckbjelkens samt sträfvans
vigt kunna vi tänka oss koncentrerade i kraften 1, ty deras
tyngdpunkter kunna ju anses ligga på samma, vertikala linie;
vindspelets vigt representeras af kraften 2. Först sökes
resultanten till de tre krafterna Q, 1 och 2. Detta är i fig. 2 gjordt
grafiskt. Sättet skall längre ned beskrifvas.

Fig. 2.


Sedan läget af R
är kändt (dess storlek är naturligtvis lika med summan af
krafterna Q, 1 och 2), är förfarandet mycket enkelt. Äfven i detta
fall måste vi i A och B tänka oss två krafter, som ersätta R.
Som emellertid i B egentligen ej annat än en horizontel kraft,
kan komma ifråga, och de tre kraftriktningarne måste skära
hvarandra i en punkt, inträffar detta i a. Genom att

<< prev. page << föreg. sida <<     >> nästa sida >> next page >>