Kap 2 Jämviktslära
2.2
Tvådimensionella
jämviktsproblem
2.2
Sfären påverkas av tre krafter. Verkningslinjerna för dessa måste då skära varandra i en punkt, närmare bestämt i sfärens
medelpunkt. Detta villkor bestämmer vinkeln
mellan linan och väggen.
2.3 b) Enligt avsnittet "Superposition av
nollsystem" i kap 2.1(b) kommer de krafter
som tillkommit jämfört med uppgift (a) att
bilda ett nollsystem. Detta kan utnyttjas för att
bestämma tillskotten till de sökta krafterna,
varigenom räkningarna förenklas något.
2.8
Bestäm först det obekanta momentet
som verkar på det ena hjulet. Utnyttja att
hjulen påverkar varandra med lika stora, motriktade tangentiella krafter, och betrakta jämvikten för varje hjul för sig. När det sökta
momentet bestämts friläggs hela systemet
balk + växellåda.
2.9
Observera att krafterna från hydraulcylindrarna är riktade längs dessa (tvåkraftsystem). Flakets tippningsvinkel kan bestämmas m h a sinussatsen. Resultat: 14,3°
2.10 b) Se ledning till ex 2.35.
c)
Den elegantaste lösningen fås (antagligen) om hela systemet friläggs, och den vänstra trissans mittpunkt väljs som momentpunkt.
2.11 c) Observera att fjäderkrafterna är lika
stora.
2.16
Se ledning till ex 2.35.
2.18
När hjulet nätt och jämnt rullar över
kanten är kontaktkraften i den nedre kontaktpunkten noll.
2.22 b, c) Linkraftens hävarm m a p stångens
upphängningspunkt är lika med höjden i den
likbenta triangeln, d v s l cos(ϕ/2).
e)
Vinkeln ϕ är lösning till ekv
tan3ϕ – tan2ϕ – 1 = 0
2.23
Vid jämvikt befinner sig stångens
tyngdpunkt G rakt under C. Vidare är triangeln ACG rätvinklig och likbent. Av detta följer
att stången bildar 45° vinkel med lodlinjen.
2.27
Avgör först om någon stång påverkas
av endast två krafter. Är detta fallet har dessa
en gemensam verkningslinje.
2.28 c) Lagringen till vänster innebär att
ingen horisontell kraft verkar på balken; däremot kan en vertikal kraft och ett moment
förekomma.
d) De två parallella länkarna vid den högra
infästningen kan endast överföra krafter i sina
längsriktningar (tvåkraftsystem). Eftersom
inga andra horisontella krafter verkar på balken måste krafterna i länkarna vara lika stora
men motriktade, d v s de bildar ett kraftpar.
M a o påverkas balken av ett rent moment vid
högerändan. När det gäller lagringen till
vänster, se c).
2.32
Observera att i båda fallen påverkas
stången CD endast av två krafter.
2.34
Linkraften är lika med halva tyngden
av lasten (varför?). För att bestämma kraften F
friläggs lämpligen den övre trissan. Det gäller
att bestämma den erforderliga kraften, d v s
den minsta nödvändiga. Denna fås förstås då
kraften F bildar rät vinkel med hävarmen som
är fäst vid trissan:
45°
45°
F
F
1
Kap 2 Jämviktslära
2.35
Observera att de linkrafter som verkar
på var och en av trissorna (efter friläggning av
dessa) får parallellförflyttas till trissans axel om
ett lämpligt rent moment adderas (jfr figur
1.2.11).
2.38
Jämför ill.ex. 2.2.9 och dess ”Kommentar” beträffande kraftriktningar. Ett liknande
resonemang kan föras här.
2.39
Det kan vara lämpligt att frilägga
tångens delar enligt nedan.
BB
2.45
Visa först att sammanbindningslinjen
mellan klotens medelpunkter bildar vinkeln
α med horisontalplanet, där α satisfierar ekv
2r – r1 – r2
cos α =
r1 + r2
Frilägg sedan det övre klotet, och bestäm den
normalkraft som verkar på klotet från röret.
Betrakta därefter jämvikten för röret. På gränsen till tippning är normalkraften från underlaget koncentrerad till en enda punkt.
2.46
Börja uppifrån! Den översta tegelstenen kan maximalt skjutas ut så långt att
dess tyngdpunkt ligger rakt över den näst
översta stenens kant, d v s x1 = a. Betrakta därefter de två översta stenarna som ett system.
Deras gemensamma tyngdpunkt ligger i gränsfallet rakt över den tredje stenens kant o s v.
∞
BB
Eftersom
2.40
Frilägg hjulet och den horisontella
länken BC var för sig:
D
D
BB
C
C
CC
Kraften i D måste vara riktad längs AD och är
naturligtvis ingenting annat än den sökta
reaktionskraften i A.
2.41
På ett obromsat hjul är friktionskraften från marken noll, eftersom totala momentet m a p hjulaxeln måste vara noll vid jämvikt.
2.42
Utnyttja att BC och DE endast påverkas av två krafter vardera.
2.44
Triangeln är rätvinklig.
Friläggning av BC: ΣM B = 0 ger den vertikala
kraften i C.
Friläggning av AC: ΣMA = 0 ger återstoden.
Viktens tyngd behöver alltså ej beräknas.
2
∑a
n=1 n
är divergent kan valvet göras
oändligt brett.
2.55
Bestäm först stödreaktionerna.
2.56
Problemet kan inte lösas med ett enda
snitt, utan måste lösas i två steg, t ex så här:
Lägg först ett snitt genom BD, CE, CF och linan
och betrakta delen till höger om snittet för att
visa att kraften i BD är noll. Lägg därefter ett
snitt genom BD, DE, EG, GH och linan (på två
ställen) och betrakta den övre vänstra delen av
fackverket.
2.57
Lägg ett snitt genom CD, BD och AB.
Betrakta den övre delen av fackverket. Välj
skärningspunkten E mellan förlängningarna
av stängerna CD och AB som momentpunkt.
Observera att trianglarna ABD och ADE är
likformiga.
Kap 2 Jämviktslära
2.3
Tredimensionella
jämviktsproblem
2.58
Jämvikt
SABeAB + SACeAC + SADeAD + mg = 0
2.66
Inför som obekant nedre snördelarnas
lutningsvinkel.
Två friläggningar, t ex följande
skiva + ring
skiva
Friläggning av ring är förstås möjlig.
Egentligen betraktar man väl då systemet
ring + delar av snörena. Se figuren.
2.60
Ställ upp trådkraftvektorn Q eBC där C
är öglans position.
För stången, använd
ΣMz = 0
Trådkraftens bidrag till ΣM z fås som z-kompo→
nenten av OB × Q eBC .
2.61
Masscentrum har ett sådant läge att
tyngdkraftens moment m a p upphängningsaxeln (AB) är noll. Kroppens massa spelar därför ingen roll i problemet.
Den kända kraftens moment kring axeln AB
16
Pa.
beräknas till
3
Låt A och B vara kullederna och D kraftens K
angreppspunkt. För att ha ett minimalt belopp
skall K vara vinkelrät mot planet ABD.
Tänk ut motivering för detta.
2.62
Låt B vara snörets fästpunkt på klotet
och O dettas medelpunkt.
I detta fall ligger O, B och A på en rät linje vid
jämvikt. – Varför?
2.64
Följande kraftstorheter finns:
RAx RAy RBx RBz RCy RCz
samt momenten – Mex och – Mez
S
S
S
S
S
S
2.67
Varje krafts moment m a p linjen λ är
noll varför villkoret ΣM λ ≡ 0 är identiskt uppfyllt.
2.68
Teckna varje trådkraftvektor som
trådkraft ⋅ enhetsvektor enligt exemplet
SCE = SCE eCE.
(Se även vid 2.70 nedan)
2.70
Teckna trådkraftvektorerna S CD och
S BE uttryckta i så få obekanta (beloppen S C D
och S BE ) som möjligt.
→
Med origo i A, x-axeln i riktningen CA och
z-axeln rakt uppåt (se fig i facit) har vi:
(3, 2, 4)
(3, – 1, 2)
SBE = SBE
SCD = SCD
29
14
Frilägg skylten + stången (massa ≈ 0):
ΣMz = 0
ΣF = 0
ΣM y = 0
ger de fem sökta kraftstorheterna.
3
Kap 2 Jämviktslära
2.72
Figuren visar systemets symmetriplan.
2.81
Eftersom ringen i E är glatt är linkraftens belopp detsamma i båda lindelarna.
B
a/2
a
R
c
γ
T
β
u α D d
a/2
A
a/2
ε
a/2
2.85
Kraften i E skall vara vinkelrät mot
planet ABEF.
v
C
2.86
a
Frilägg exempelvis systemet
lucka + lina.
Linkraften är Q utefter hela linan.
G
RBx
a
a
Q
RAy
D är mittpunkt på linjen AC.
Trianglarna ABC och CBD är likbenta.
Vinklarna α , β , γ behövs liksom
β
a
sträckan BD (= c): c = 2 sin
2
2
Tyngdpunkten G ligger rakt under B.
Betrakta triangeln DBG (|BG| = d):
Cos-teoremet ger
d = 1,0531a
ε = 20,859°
Sin-teoremet ger
Kraften R är resultanten av krafterna i de två
lika trådarna (vardera beloppet S).
T är den tredje trådkraften.
Med u = 90° – α – ε och v = 90° – β + ε
ger jämviktsvillkoret
R + T + Q = 0:
→
Rsinu – Tsinv = 0
↑
Rcosu + Tcosv – Q = 0
Vi får
T = 0,666Q, R = 0,5974Q och därur även S.
2.75
Jfr ”Superposition av nollsystem”,
kap. 2.1 (b), slutet.
2.78
Första linkraftsystemet och andra linkraftsystemet skall vara ekvivalenta; innebär
att deras kraftsummor och momentsummor
skall vara lika.
2.79
Det kan antas att dörren enbart påverkas av krafter (inga rena moment!) i A och B.
”Gångjärn” förutsätts ha denna funktion och
konstrueras och monteras därefter.
4
RBy
RAx
Q
Q
Q
RC
2.87
Momentjämvikt m a p rotationsaxeln
ger direkt att F = 410 N. Därmed är alla pålagda
krafter på systemet axel + två hjul kända.
2.88
P beräknas till 287,8 N.
Inga reaktionskrafter längs axeln i A och B.
2.89
Kedjans undre, hängande del kan betraktas som ospänd.
De två krafterna i A och B har komposanter i
axeln AB:s riktning vilka ej kan bestämmas
var för sig. De betraktas dock som ”små” i ett
exempel som detta. – Jfr ill.ex. 2.3.2.
