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.