$\newcommand{\b}[1]{\mathbf #1} \newcommand{\eye}{\mathbf I} \newcommand{\sig}{\sigma} \newcommand{\S}{\b{S}} \newcommand{\s}{\b{s}} \newcommand{\Kv}{K_{\mathrm{v}}} \newcommand{\normal}{\b{n}} \newcommand{\medel}{\rm{medel}} \newcommand{\gives}{\Rightarrow \qquad} \newcommand{\qgives}{\qquad \gives} \newcommand{\qgivess}{\, \Rightarrow \,} \newcommand{\rot}{\varphi} \newcommand{\sige}{\sigma_{\rm e}} \newcommand{\eps}{\epsilon} \newcommand{\od}[2]{\frac{\mathrm{d} #1}{\mathrm{d} #2}} \newcommand{\equivalent}{\quad \Leftrightarrow \quad} \newcommand{\kilo}{\ \mathrm{k}} \newcommand{\Newton}{\ \mathrm{N}} \newcommand{\mm}{\ \mathrm{mm}} \newcommand{\meter}{\ \mathrm{m}} \newcommand{\Nm}{\ \mathrm{Nm}} \newcommand{\kNm}{\ \mathrm{kNm}} \newcommand{\kN}{\ \mathrm{kN}} \newcommand{\Pa}{\ \mathrm{Pa}} \newcommand{\kPa}{\ \mathrm{kPa}} \newcommand{\MPa}{\ \mathrm{MPa}} \newcommand{\GPa}{\ \mathrm{GPa}} \newcommand{\mean}[1]{\bar #1} \newcommand{\eqright}{\longrightarrow: \qquad} \newcommand{\eqleft}{\longleftarrow: \qquad} \newcommand{\equp}{\uparrow: \qquad} \newcommand{\eqdown}{\downarrow: \qquad} \newcommand{\eqcwmom}[1]{\stackrel{\curvearrowright}{#1}: \qquad} \newcommand{\eqccwmom}[1]{\stackrel{ \curvearrowleft }{ #1 }: \qquad} \newcommand{\Dx}{\Delta x} \newcommand{\Dy}{\Delta y} \newcommand{\Dz}{\Delta z} \newcommand{\dx}{\mathrm{d} x} \newcommand{\dy}{\mathrm{d} y} \newcommand{\dz}{\mathrm{d} z} \newcommand{\term}{\mathrm{term}} \newcommand{\Mv}{M_{\mathrm{v}}} \newcommand{\Kx}{K_{\mathrm{x}}} \newcommand{\shear}{\gamma} \renewcommand{\*}{\cdot} \renewcommand{\cd}{\cdot} \newcommand{\R}[2][]{R_{\rm{#2}}^{\rm{#1}}} \renewcommand{\bis}{{\prime \prime}} \renewcommand{\tris}{{\prime \prime \prime}} \newcommand{\dd}[2]{\frac{\Delta #1}{\Delta #2}} \newcommand{\pd}[2]{\frac{\partial\: #1}{\partial\: #2}} \newcommand{\od}[2]{\frac{\mathrm{d}\: #1}{\mathrm{d} #2}} \newcommand{\odd}[2]{\dfrac{\mathrm{d}^2 #1}{\mathrm{d} #2^2}} \newcommand{\DGK}{D_{\rm{GK}}} \newcommand{\paren}[1]{\left(#1\right)} \newcommand{\braces}[1]{\left\{#1\right\}} \newcommand{\brackets}[1]{\left[#1\right]} \newcommand{\yield}{\rm{s}} \newcommand{\abs}[1]{\lvert #1\rvert} \newcommand{\smat}[1]{\left(\begin{smallmatrix}#1\end{smallmatrix}\right)} \newcommand{\mat}[1]{\begin{pmatrix}#1\end{pmatrix}} \newcommand{\dr}{\rm{d} r} \newcommand{\Dr}{\Delta r} \newcommand{\Drot}{\Delta \rot} \newcommand{\Kr}{K_{\rm{r}}} \newcommand{\q}{q_0} \newcommand{\ubrace}[2]{\underbrace{#1}_{#2}} \newcommand{\reac}[1]{R_{\rm #1}} \newcommand{\dA}{\ \rm{d} A} \newcommand{\cog}[1]{#1_{\rm{yc}}} \newcommand{\cogi}[1]{#1_{\rm{yc i}}} \newcommand{\tot}{\rm{tot}} \newcommand{\parts}{\rm{delar}} \newcommand{\nparts}{\# \parts} \newcommand{\flange}{\rm{fläns}} \newcommand{\web}{\rm{liv}} \renewcommand{\c}[1]{C_{#1}} \newcommand{\crit}{\rm{kr}} \newcommand{\(}{\left(} \newcommand{\)}{\right)} \newenvironment{psmatrix} {\left(\begin{smallmatrix}} {\end{smallmatrix}\right)} \newcommand{\qv}{q_{\mathrm{v}}}$

U5.3 Balk stödd av lina

En konstruktion bestående av en balk är upphängd med en lina och belastas enligt figuren. Bestäm yttröghetsmomentet för balken så att säkerheten mot knäckning är 3.5 (i termer av last).

Givet:

  • Elasticitetsmodulen $E = 210\GPa$

Yttröghetsmomentet: $I = 4.22 \cdot 10^{-7} \meter^4$

Lösningsgång

Från det givna lastfallet kommer linan bli dragen och balken tryckt, det finns därför en risk att balken knäcker. Den normalkraft då balken knäcker betecknar vi $N_\crit$. Vi vill nu bestämma $I$ så att denna kritiska kraft $N_\crit$ är 3.5 gånger större än den aktuella normalkraften i balken $N$, d.v.s. $N_\crit = 3.5 N$ (säkerhet mot knäckning är 3.5).

Kritisk last för balken

Balken kommer knäcka som en Euler tvåa, eftersom den är ledad i bägge ändar $\Rightarrow$ kritisk normalkraft:

$$N_\crit = N_\crit^{\rm E2} = \frac{\pi^2 EI}{L^2}$$
(1)

Aktuell normalkraft i balken

Vi snittar runt knuten vid B och ställer upp jämvikt

$$ \eqdown -N_{\rm{lina}} \* \sin(\varphi) + P = 0 \gives N_{\rm{lina}} = \frac{P}{\sin(\varphi)} $$
(2)

$$ \eqleft N + N_{\rm{lina}} \* \cos(\varphi) = 0 \gives $$
(3)

$$ N = -N_{\rm{lina}} \* \cos(\varphi) = -\frac{P \cos(\varphi)}{\sin(\varphi)} = -\frac{P}{\tan{\varphi}} $$
(4)

vilket med $\tan(\varphi) = \frac{1.25 \meter}{2.5 \meter} = \frac{1}{2}$ ger

$$ N = -2P $$
(5)

Minustecknet framför normalkraften ovan kommer nu tas bort eftersom instabilitet alltid är associerad med tryckande krafter. Det är därför vanligt att skippa tecknet.

Bestämning av I

Vårt villkor säger nu $N_\crit = 3.5 N$ vilket ger

$$ \frac{\pi^2 EI}{L^2} = 3.5 \cdot 2P \gives $$
(6)

$$ I = \frac{7PL^2}{\pi^2 E} = \frac{7 \cdot 20 \cdot 10^3 \cdot 2.5^2}{\pi^2 \cdot 210\cdot 10^9} \approx 4.22 \cdot 10^{-7} \meter^4 $$
(7)

Diskussion

För att sammanfatta: om man har ett yttröghetsmoment som beräknat enligt ovan, kan man alltså öka lasten från $20\kN$ till $3.5\cdot 20 \kN = 70\kN$ innan balken knäcker.