Hur stort är momenten över stöd B ?

Längesen man gjorde något liknande, försökte frilägga och ställa upp krafter = 0 i y-led samt M-ekvation.

Vet inte om nedan är korrekt, men kanske hjälper dig? Annars kanske du behöver hitta någon specifik ekvation för just detta belastningsfall eller titta på superposition (nu minns jag dock inte vad det är).

(ekv. 1): F(y) (upp pos.) = A - P + B - P + C = 0 <=> A + B + C = 2P <=> A = 2P - B - C

(ekv. 2): M(B) (medurs pos.) = P*(L/3) - C*L + A*L - P*(L/3) = (A-C)*L

(ekv. 1 i 2) M(B) = (2P - B - C - C) * L  = (2P - B -2C)*L

Jag kan ju ha fel, för det verkar för enkelt, men eftersom balken är i jämvikt är momentet runt godtycklig punkt =0.

Om man dessutom tittar på bilden ser man att B ligger mitt på balken. Det innebär att balkens tyngdpunkt går igenom B och skapar därmed inget moment runt B. Lasterna P är lika stora och ligger på samma avstånd från B så dessa tar ut varandra. Samma sak gäller för uppåtriktade krafter i ändpunkterna.

Så momentet runt B = 0

Svaret ska vara $\frac{-5PL}{27}$= -0,185PL

Hitta en belastningsfall men är ganska säker att den är fel men fick svaret då till -0,188. Den belastningsfallen är nr 1 för punktlast men punktlast i spannmitt då. 

Ledsen då måste jag passa, något som detta har jag aldrig räknat på. Har det något med att ett stöd är ritat som en triangel och de två andra som cirklar?

Ja det har olika innebörd vad jag lärt mig.

Triangel - låst i x-led och y-led (dvs tar krafter i båda)

Rulle - bara låst i y-led

Kanske därför som man ofta räknar M i triangel-punkten?

AndersW skrev:

Jag kan ju ha fel, för det verkar för enkelt, men eftersom balken är i jämvikt är momentet runt godtycklig punkt =0.

Det är böjmoment inuti balken över dess tvärsnitt som åsyftas, inte yttre kraftmoment 

MrCu skrev:

Svaret ska vara $\frac{-5PL}{27}$= -0,185PL

Hitta en belastningsfall men är ganska säker att den är fel men fick svaret då till -0,188. Den belastningsfallen är nr 1 för punktlast men punktlast i spannmitt då. 

Ja, det lastfallet är inkorrekt då krafterna inte är positionerade där de ska. Detta är varför ditt svar är nära men inte korrekt.

Det finns många sätt att lösa denna på. Vad har du lärt dig? Jag har för mig att vi tidigare diskuterat hur man löser liknande problem.

Förslag: Ta bort stödet vid B och beräkna nedböjning samt moment i punkten följt av att du superpositionerar detta med en annan lösning med samma kraft som trycker tillbaka den samma avstånd. 

Du kan lösa uppgiften med hjälp av stödvinkelmetoden.

I stöd B har du ett snittkraft, MB. Vinkeln till vänster om stödet (kalla det θBA) och vinkeln till höger om stödet (kalla det θBC) måste vara lika med varandra.  Med hjälp av stödvinklarna ska du sätta ekvationen θBA = θBC och lösa ut MB.

Med hjälp av stödvinkelmetoden får jag fram detta har problem med ekvationen tänkte om du kunde hjälpa mig.

Ska använda mig av Fall 4, vilket blir då om man stoppar in värdena, förlänger för att få samma nämnare. Fastnat här vet inte om detta stämmer.

$\frac{L^2}{6EI}=\frac{P\left({\displaystyle \frac{2L}{3}}\right)\left({\displaystyle \frac{L}{3}}\right)\left({\displaystyle \frac{2L}{3}}+L^2\right)}{L^3}$$\to \frac{L^2}{6EI}=\frac{P\left({\displaystyle \frac{4L^3}{27}}\right)+\left({\displaystyle \frac{2L^4}{3}}\right)}{L^3}$$\to \frac{L^2}{6EI}=\frac{4P{L}^3+18P{L}^4}{27L^3}+ \frac{2MB\times L^2}{6}$

För att utnyttja stödvinkelmetoden blir det enklare om du börjar med att frilägga balken. 

Så här ser balken ut när man frilägger den:

Alltså ska du använda dig av fall 1 och fall 4. Börja med att skriva ett uttryck för båda vinklarna θBA och θBC, (tänk på att balkarna är spegelvända så att du har rätt tecken).  Sen kommer du kunna bryta ut MB genom att sätta θBA = θBC.

Tillägg: 18 jan 2022 23:31

Säg till om ekvationen blev svårt så kan vi ta det därifrån!

Jag vet att jag ska använda Fall 1 o Fall 4 men har fått ekvationen däruppe som jag har svårt att klura ut.

MrCu skrev:

 

$\frac{L^2}{6EI}=\frac{P\left({\displaystyle \frac{2L}{3}}\right)\left({\displaystyle \frac{L}{3}}\right)\left({\displaystyle \frac{2L}{3}}+L^2\right)}{L^3}$

 

Du har gjort lite fel med uttrycket ovan, därför blir det fel.

θBA = $\frac{L}{6EI}\times \left(2MB + \left(P\times \left(\frac{2L}{3}\right)\times \left(\frac{L}{3}\right)\times \left(\frac{2L}{3}+\frac{3L}{3}\right)\right)\right)$ $\Rightarrow$$\frac{L}{6EI}\times \left(2MB +\left(\frac{2P{L}^2}{9}\right)\times \left(\frac{5L}{3}\right)\right)$

$\Rightarrow$ $\frac{L}{6EI}\times \left(2MB + \frac{1OPL}{27}\right)$

På grund symmetri fås andra vinkeln till:

θBC = $\frac{L}{6EI}\times \left(-2MB - \frac{10PL}{27}\right)$

$2MB+\left(\frac{2P{L}^2}{9}\times \frac{5L}{3}\right)$

Har en fråga blir det inte $2MB+\left(\frac{10P{L}^3}{27}\right)$

Tänker att det blir L² x L = L³ ?

MrCu skrev:

$2MB+\left(\frac{2P{L}^2}{9}\times \frac{5L}{3}\right)$

Har en fråga blir det inte $2MB+\left(\frac{10P{L}^3}{27}\right)$

Tänker att det blir L² x L = L³ ?

Jo det stämmer, det ska bli som du säger $2MB +\left(\frac{10P{L}^3}{27}\right)$

Men jag insåg att vi har missat något i ekvationen. Enligt formeln ska den senare termen divideras med $L^2$(kolla fall 4)

Då får vi  $2MB + \left(\frac{\left({\displaystyle \frac{10P{L}^3}{27}}\right)}{L^2}\right)$

Detta kommer slutligen att ge oss : $2MB + \left(\frac{10PL}{27}\right)$

För att förstå hela beräkningen , vilja jag bara dubbelkolla med dig om den första ekvationen stämmer innan jag löser ekvationen. Jag vet vad man ska använda för fall har bara problem med ekvationen. Så om jag skulle göra om den så skulle den första ekvationen vara då väl.

Fall 1 och 4 ekvationen tillsammans är ju

$\frac{L}{6EI}\left(\frac{Pab(a+L)}{L^2}+2MB\right)$

Tänker på eftersom att jag inte har nån värde på L utan L är L i detta fallet då blir det att varje ställe där L finns måste det bli L x L, det är så jag tänker.

$\frac{L\times L}{6}\left(\frac{P\left(\frac{2L}{3}\right)\left(\frac{L}{3}\right)\times \left(\frac{2L}{3}\right)+\left(\frac{3L}{3}\times L\right)}{\left(\frac{3L}{3}\times L^2\right)}+2MB\right)$