Τζέτζης - Εφαρμοσμένη Μηχανική

ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ

ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΘΕΩΡΙΑΣ ΚΑΤΑ ΤΗΝ ΠΑΡΑΚΟΛΟΥΘΗΣΗ ΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΩΝ

19/10/2006

Εισαγωγή Καθηγητής: Τζέτζης Βιβλία: 1. Εφαρμοσμένη Μηχανική (Κ. Μπατάς) 2. Αντοχή Υλικών (Θα γίνει προσπάθεια να μπούμε και σε αυτό το βιβλίο)

02/11/2006 Πώς καθορίζεται μια δύναμη 1) Διεύθυνση 2) Φορά 3) Μέγεθος ή Μέτρο 4) Σημείο Εφαρμογής Για παράδειγμα, για την παρακάτω δύναμη P1,

Κ είναι το σημείο εφαρμογής, με διακεκομμένη γραμμή φαίνεται η διεύθυνση, το βελάκι απεικονίζει τη φορά, ενώ το μέτρο μπορεί να είναι 10 [Ν], 20[Ν] ή αντίστοιχα εκφρασμένο σε [kgr]. Υπάρχει αναλογία στο μέτρο της δύναμης και στο μήκος του διανύσματος που την απεικονίζει. Για παράδειγμα:

Στην πράξη οι δυνάμεις επιδρούν στο χώρο:

Αλλά στο μάθημά μας, θα δούμε μόνο συνεπίπεδες δυνάμεις, για λόγους ευκολίας:

Γραφική Σύνθεση Δυνάμεων 1) Κανόνας Παραλληλόγραμμου 2) Δυναμοπολύγωνο

Ας δούμε ένα παράδειγμα που περιλαμβάνει 3 δυνάμεις,

Κάναμε παραλληλόγραμμο μεταξύ Ρ1 και Ρ2, για να βρούμε την συνισταμένη τους Ρ1,2. Μετά κάναμε παραλληλόγραμμο μεταξύ Ρ1,2 και Ρ3 για να βρούμε την συνολική συνισταμένη R.

Από την άκρη της Ρ1 η αρχή της Ρ2. Από την άκρη της Ρ2 η αρχή της Ρ3. Η συνισταμένη R έχει αρχή την αρχή της Ρ1 και τέλος στο τέλος της Ρ3. Είναι πιο απλή γραφική λύση.

Υπολογισμός δυνάμεων

Γενικά για την πρόσθεση 2 διανυσμάτων ΑΒ και ΒΓ, ισχύει:

( ) ( ) ( ) ⋅ ⋅ ⋅uuuuur uuuuur uuuur uuuuur uuuur2 2 2 0AΓ = AΒ + ΒΓ - 2 (AΒ) (ΒΓ) cos(180 -φ) .

Για το παράδειγμά μας, ισχύει: R2 = P1

2 + P22 – 2 ⋅ P1 ⋅ P2 ⋅ cos(1800-φ)

cos(1800-φ) = –cosφ Άρα:

⋅ ⋅ ⋅2 2

1 2 1 2R = P +P + 2 P P cosφ και

⋅1Psinθ = sinφR

.

φ = 900

2 2

1 2R = P +P

1Psinθ =R

φ = 00

R = P1 + P2 φ = 1800

R = P1 – P2

Ανάλυση δυνάμεων στους άξονες x,y

P1x = P1 ⋅ cosφ1 P2x = P2 ⋅ cosφ2

P3x = P3 ⋅ cosφ3

P1y = P1y ⋅ sinφ1 P2y = P2 ⋅ cosφ2 P3y = P3 ⋅ cosφ3

Ισχύει Rx = P1x + P2x + P3x Ry = P1y + P2y + P3y Από τα Rx, Ry συνθέτουμε την R:

( )⋅∑ ∑x i x i iR = P = P cosφ

( )⋅∑ ∑y i y i iR = P = P sinφ

2 2

x yR = R +R

Αν , ΕΞΙΣΩΣΗ ΙΣΟΡΡΟΠΙΑΣ ⎧⎪⇒ ⎨⎪⎩

x

y

R = 0R = 0

R = 0

Στο ίδιο αποτέλεσμα θα καταλήγαμε αν χρησιμοποιούσαμε διαδοχικά τον κανόνα του παραλληλόγραμμου:

Διάγραμμα ελευθέρου σώματος (Δ.Ε.Σ.)

Δ.Ε.Σ.

Μεταφορά δύναμης στον ίδιο φορέα

ΑΣΚΗΣΗ 1 w = 250 r = 12 [cm] l = 20 [cm]

r = Απόσταση του Β από το κέντρο της σφαίρας. l = Μήκος του νήματος ΛΥΣΗ: Έχουμε το Δ.Ε.Σ.:

cosφ = ⇒ 0r 12= = 0.6 φ = 53.7

l 20

Προκύπτει το παρακάτω δυναμοπολύγωνο:

Είναι κλειστό, άρα: R = 0. Και: ΣPx = 0

ΣPy = 0 Έχουμε:

⇒ ⋅⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪⇒⎨ ⎬⇒ ⋅⎪ ⎪ ⎩ ⎭⎩ ⎭ A

x B A B

y A

ΣP = 0 P -P cosφ = 0 (1) P =188 [N]ΣP = 0 P sinφ - w = 0 (2) P = 313 [N]⎨ ⎬

ΑΣΚΗΣΗ 2 R = ?

ΛΥΣΗ:

⋅ ⋅ ⋅ ⇒2 21 2 1 2R = P +P + 2 P P cosφ R =190.79 [kgr]

Από τον νόμο των ημιτόνων:

⋅⋅ ⇒ ⇒

00 02P 120 sin60sinβ = sin60 sinβ = = 0.545 β = 33

R 190.79.

ΑΣΚΗΣΗ 3

ΛΥΣΗ:

Rx = 100⋅cosφ + 250 ⇒ Rx = 314.28 [kgr] Ry = 300 + 100⋅sinφ ⇒ Ry = 376.6 [kgr]

2 2x yR = R +R = 490.51 [kgr]

cosθ = 314.28430.51

=xRR

= 0.64 ⇒ θ = 500.

ΑΣΚΗΣΗ 4 P1 = ? P2 = ?

ΛΥΣΗ:

+ → ΣPx = 0 ⇒ -P1⋅sinα + P2⋅sinα = 0 (1) +↑ΣPy = 0 ⇒ P1⋅cosα + P2⋅cosα -10 = 0 (2)

2 2

1cosa =1 + 4

⇒ cosα = 0.242

(1) ^ (2) ⇒ 2⋅P1⋅cosα – 10 = 0 ⇒ P1 = 20.60 [kgr]

ΑΣΚΗΣΗ 5 P1 = 20 [Ν] θ1 = 300

P2 = 30 [Ν] θ2 = 450

P3 = 40 [Ν] θ3 = 400

P4 = 50 [Ν] θ4 = 600

P5 = 60 [Ν] θ5 = 200

R = ? α = ?

ΛΥΣΗ: Εφαρμόζουμε δυναμοπολύγωνο,

P1x = P1 ⋅ cosθ1 = ... = 17.32 [N] P1y = P1 ⋅ sinθ1 = ... = 10 [N] P2x = P2 ⋅ cosθ2 = ... = 21.21 [N] P2y = P2 ⋅ sinθ2 = ... = 21.21 [N] P3x = P3 ⋅ cosθ3 = ... = 30.64 [N] P3y = P3 ⋅ sinθ3 = ... = 25.71 [N] P4x = P4 ⋅ cosθ4 = ... = 25 [N] P4y = P4 ⋅ sinθ4 = ... = 43.30 [N] P5x = P5 ⋅ cosθ5 = ... = 56.38 [N] P5y = P5 ⋅ sinθ5 = ... = 20.52 [N] + → Rx = - P1x - P2x + P3x + P4x + P5x ⇒ Rx = 73.49 [N] +↑ Ry = + P1y - P2y + P3y + P4y - P5y ⇒ Ry = 37.78 [N] R = 2

x yR +R 2 ⇒ R = 82.4 [N] Αν α η γωνία της R:

sinα = 37.7882.4

=yRR

= 0.457 ⇒ α = 26.900.

09/11/2006 ΑΣΚΗΣΗ 6 (Πολύ καλή άσκηση εξετάσεων)

r = 12 [cm] w = 18 [kgr] RA, RB, RB C = ? ΛΥΣΗ:

Δ.Ε.Σ.

Δυναμοπολύγωνα

Κάναμε Δ.Ε.Σ. και για τα δύο σώματα ξεχωριστά. Έτσι δείχνουμε και τις εσωτερικές δυνάμεις RD. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΙΣΟΡΡΟΠΙΑΣ (Για τον κύκλο με κέντρο το Ο1): +→ ΣRx = 0 ⇒ RA - RD⋅cosθ = 0 (1) ⇒ RA = 16 [kgr] +↑ ΣRy = 0 ⇒ RD⋅sinθ - w = 0 (2)

cosθ = ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅1O 40 - 2 r 40 - 2 12= =

2 r 2 r 2 12= 0.666

cos2θ + sin2θ =1 ⇒ sinθ = 21 0.666− ⇒ sinθ = 0.745 (2) ⇒ RD = 24.16 [kgr] (2) ⇒ RC = 16.10 [kgr] ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΙΣΟΡΡΟΠΙΑΣ (Για τον κύκλο με κέντρο το Ο2): +→ ΣRx = 0 ⇒ RA - RD⋅cosθ = 0 (1) ⇒ RA = 16 [kgr] +↑ ΣRy = 0 ⇒ RB - w - RB D⋅cosθ = 0 (2) ⇒ RBB = 36 [kgr]

ΑΣΚΗΣΗ 7 (Εξ’ ίσου καλή)

ΛΥΣΗ: Έχουμε το παρακάτω Δ.Ε.Σ.:

Δυναμοπολύγωνο:

Κλειστό, άρα: +→ ΣRx = 0 ⇒ RA - RB⋅cosθ = 0 (1) B

+↑ ΣRy = 0 ⇒ RB⋅sinθ - 20 = 0 (2) B

cosθ = DEDB

(3), sinθ = EBDB

(4).

Τα τρίγωνα και είναι όμοια. Ο λόγος μεταξύ των όμοιων πλευρών είναι ίσος: Δ

DBEΔ

D΄BE΄⋅ ⋅

⇒ ⇒ ⇒2 2

DE AE CB AE 20 40= DE= DE= DE=16 [c

CB AB AB30 +40

m]

DB = ⇒ ⇒2 2 2 2

DE +EB DB= 16 +30 DB=34 [cm]

(3)⇒16

cosθ=34

⇒ cosθ = 0.471

(4)⇒30

sinθ =34

⇒ sinθ = 0.882

(1) ⇒ RB = 22.67 [kgr] B

(2) ⇒ RA = 10.68 [kgr] Ροπή δύναμης

αΜ = Ρ ⋅ αα

Μετράται σε [kgr⋅m] ή [Ν⋅m].

Έχουμε θετική ροπή (δεξιόστροφη, ClockWise, ):

και αρνητική ροπή (αριστερόστροφη, AntiClockWise, ):

Θεώρημα VARIGNON

ΜΓ1 + ΜΓ2 + ΜΓ3 + … + ΜΓn = ΜRΓ Ζεύγος Δυνάμεων

Ισχύει: ΜΚ = - Ρ1⋅α1 + Ρ2⋅α2

ΜΚ = - Ρ1⋅α1 + Ρ2⋅(α1 + α) ΜΚ = (- Ρ1⋅α1 + Ρ2⋅α2) + Ρ2⋅α ΜΚ = 0 + Ρ2⋅α αΜΚ = Ρ2⋅αα Παράλληλη μετατόπιση δύναμης Μετατοπίζουμε παράλληλα και προσθέτουμε τη ροπή του ζεύγους που αφαιρέθηκε:

ΑΣΚΗΣΗ 1

ΛΥΣΗ:

tanθ = 34

= 0.750 ⇒ θ = 36.50

tanη = 512

= 0.415 ⇒ η = 36.50

sinη = 0.9230 sinθ = 0.5990 cosθ = 0.8007

Μ1Α + Μ2Α = Μ52 [kgr] Α ΜΑ = P x α1 + P2 x α2ΜΑ = Ρ ⋅ cosη x 30 ⋅ sinθ + Ρ ⋅ sinη x 30 ⋅ cosθ ΜΑ = 1343 [kgr⋅m]

31/05/2007 ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΙΣΟΡΡΟΠΙΑΣ ΣRx=0 ΣRy=0 ΣMK=0

ΑΣΚΗΣΗ 2 MA = ?

⇒

⋅ ⋅

⋅ ⇒

X Y

0

R RΚΑΘΕΤΗ ΑΠΟΣΤΑΣΗ ΚΑΘΕΤΗ ΑΠΟΣΤΑΣΗ

Α

A

AA

10tanθ = = 0.416 θ=22.3624

sinθ=0.3846cosθ=0.9230

Μ =-R cosθ× (10+4) -R sinθ× 6M =-19.80 [kgr]

MM =R λ λ= =15.23 [cm]R

Όπου λ η κάθετη απόσταση του Α από τον φορέα της R.

ΑΣΚΗΣΗ 3 (Θα μπορούσε να είναι θέμα εξετάσεων) MA = 9000 [kgr·m]S = ?

ΕΚΦΩΝΗΣΗ: Με μια τροχαλία δια μέσω ενός σχοινιού περιστρέφουμε μια ράβδο μήκους 30 [cm] από το σημείο Β γύρω από το σταθερό σημείο Α. Η ροπή που ασκούμε ως προς το σημείο Α είναι 9000 [kgr·m]. Αν (AC)=18[m], να υπολογιστεί η δύναμη S που ασκεί η τροχαλία στη ράβδο.

ΛΥΣΗ: Η δύναμη S αντί να την παραστήσουμε όπως στο σχήμα οριζόντια, μπορούμε να πούμε ότι ασκείται στο σημείο Α’ κατά τη διεύθυνση του σχοινιού. Είναι το ίδιο πράγμα.

( )

A0

0

0

0

A A

M =S (AA') (1)θ=η-30

18+(AB')tanη= (2)BB'

(AB')=30 cos60 =30 0.5 (AB')=15 [m]

3(BB')=30 sin60 =30 (BB')=26 [m]2

(2) tanη=1.270 η=51.46M M 9000(1) S= = = S=809.06 [kgr]

(AA') 30 sinθ 30 0.7308

⋅

⋅ ⋅ ⇒

⋅ ⋅ ⇒

⇒ ⇒

⇒ ⇒⋅ ⋅

Αυτή η τροχαλία θα μπορούσε να παίρνει κίνηση από έναν κινητήρα ο οποίος ελέγχεται από έναν microcontreller. Υπολογίζουμε τη δύναμη για να βεβαιωθούμε ότι δε θα καταστρέψουμε το μηχανικό σύστημα.

14/06/2007 ΑΣΚΗΣΗ 1

fs = 0.3 x = ? ΕΚΦΩΝΗΣΗ: Πόσο πρέπει να είναι το x ώστε να αρχίσει να ολισθαίνει το σώμα;

ΛΥΣΗ: Δ.Ε.Σ. Εξισώσεις Ισορροπίας

0x s s

y

B s

2 2

s s

(+) : ΣP =0 R-F R=F(+) : ΣP =0 N-20-60=0 N=80 [kgr]ΣΜ =0 20 0.5+60 x-N 1+F (ΒΓ)=0 (1)

(ΒΓ)= 2.6 -1 =2.4 [m]F =f N=0.3 80=24 [kgr](1) x=0.207 [m]

→ ⇒ = ⇒

↑ ⇒ ⇒

⇒ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅⇒

ΑΣΚΗΣΗ 2 fs = 0.3 Wmin < W < Wmax

ΕΚΦΩΝΗΣΗ: Το σώμα του παρακάτω σχήματος βρίσκεται σε κεκλιμένο επίπεδο γωνίας 200. Τραβάμε το σώμα μέσω μιας τροχαλίας και σχοινιού με βάρος W. Ζητάμε το διάστημα μεταβολής του βάρους W (ή αλλιώς Wmin < W < Wmax), έτσι ώστε το σώμα να ισορροπεί.

ΛΥΣΗ: Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις. Στην (Α) το σώμα τείνει να κινηθεί προς τα πάνω υπό την επίδραση της Wmax και στη (Β) το σώμα τείνει να κινηθεί προς τα κάτω υπό την επίδραση της Wmin. (A) Δ.Ε.Σ.

0X max

0Y

s s s

max

(+) : ΣP =0 W -F-50 sin20 =0 (1)(+) : ΣP =0 N-50 cos20 =0 N=47 [kgr]F=F =f N=0.3 47 F =14.1 [kgr](1) W =31.2 [kgr]

→ ⇒ ⋅

↑ ⇒ ⋅ ⇒⋅ ⋅ ⇒

⇒

(Β) Δ.Ε.Σ.

0X min min(+) : ΣP =0 W +F-50 sin20 W =3 [kgr]→ ⇒ ⋅ ⇒

Άρα: 3 [kgr] < W < 31.2 [kgr]. *Θα μπορούσε το δάπεδο να έχει διαφορετικούς συντελεστές τριβής , οπότε κάθε τριβή (για κίνηση πάνω και κάτω αντίστοιχα) θα είχε διαφορετική τιμή.

ΑΣΚΗΣΗ 3 fs = 0.25 P = ?

ΛΥΣΗ: Δ.Ε.Σ.

(Α):

X 2 2

Y 2 2

(+) : ΣP =0 Fs -S=0 f N -S=0 0.25 90-S=0 S=22.5 [kgr](+) : ΣP =0 N -90=0 N =90 [kgr]

→ ⇒ ⇒ ⋅ ⇒ ⋅ ⇒

↑ ⇒ ⇒

(Β):

0X 1

0Y 1 1

01 1

(+) : ΣP =0 S+Fs -P-30 sin45 =0 (1)(+) : ΣP =0 N -30 cos45 =0 N =21.2 [kgr](1) S+fs N -P-30 sin45 =0 P=6.6 [kgr]

→ ⇒ ⋅

↑ ⇒ ⋅ ⇒

⇒ ⋅ ⋅ ⇒

ΙΜΑΝΤΕΣ (Δύσκολα στις εξετάσεις)

Αν , τότε: 2T >T1

2 1f βsT =T e ⋅⋅

όπου β→γωνία στα σημεία όπου εφάπτεται το σχοινί (σε ακτίνια) Αν το σχοινί είναι τυλιγμένο n φορές, θα ισχύει β = 2·π·n Βαθμοί Ελευθερίας Πόσες κινήσεις μπορεί να κάνει ένα σώμα στο χώρο. Το μέγιστο είναι 6. Κατά μήκος των 3 αξόνων και περιστροφικά.

Στο επίπεδο (με αυτό θα ασχοληθούμε στις ασκήσεις για απλοποίηση πράξεων) έχουμε 3 βαθμούς ελευθερίας. Κατά μήκος των αξόνων x και y και περιστροφή στον z.

3 Είδη Στήριξης (Πολύ καλά) Κύλιση (z και x, όχι y) χάνεται ένας βαθμός ελευθερίας Άρθρωση (z, όχι x και y) χάνονται δύο βαθμοί ελευθερίας Πάκτωση (όχι x, y και z) χάνονται τρεις βαθμοί ελευθερίας • Γιατί η αντίδραση HA στην πάκτωση έχει τη συγκεκριμένη φορά? →Σκέψου ότι σπρώχνεις τη ράβδο. Εξ’ ου και η αντίδραση HA έχει την αντίθετη φορά. • Η πάκτωση πώς επιτυγχάνεται? →Πιο λεπτομερειακά, έχει τέτοια μορφή, ώστε το σώμα να “σφηνώνεται” μέσα:

Είδη Δοκών 3 εξισώσεις ισορροπίας λύνουν μέχρι 3 άγνωστες δυνάμεις. Τότε μιλάμε για ισοστατική δοκό. Αλλιώς, όταν είναι περισσότερες οι δυνάμεις η δοκός είναι υπερστατική. 1. Αμφιέρειστη Δοκός → ισοστατική δοκός

Υποπεριπτώσεις της παραπάνω είναι: α) Αμφιπροέχουσα (προεξέχει και από τις δύο πλευρές)

β) Μονοπροέχουσα (προεξέχει από τη μία πλευρά)

2. Πρόβολος (ή μονόπακτη δοκός) → ισοστατική δοκός

3. Αμφίπακτη Δοκός → υπερστατική δοκός

4. Δοκός Gerber → ισοστατική δοκός

5. Δικτυωτοί Φορείς → ισοστατική δοκός

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ

Δίνεται η αμφιέρειστη δοκός:

Εξισώσεις Ισορροπίας

Από τις 3 εξισώσεις υπολογίζουμε τις άγνωστες δυνάμεις. Οι δυνάμεις P1x, P2x, P3x και ΗΒ, εφ’ όσον ο φορέας τους περνάει από το Α, δίνουν μηδενική ροπή.

21/06/2007 ΑΣΚΗΣΗ 1

ΕΚΦΩΝΗΣΗ: Να βρεθούν οι αντιδράσεις στήριξης.

ΛΥΣΗ: Σχεδιάζουμε αναλυτικά τις δυνάμεις.

0 0X A

0 0Y A

(+) : ΣΡ =0 H +100 cos60 -250 cos45 =0(+) : ΣΡ =0 V -250 sin45 -100 sin60 =0

→ ⇒ ⋅ ⋅

→ ⇒ ⋅ ⋅

(+) : 0 0A AΣM =0 (250 sin45 ) 60+(100 sin60 ) (60+40)-M =0⇒ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

Από τις παραπάνω εξισώσεις προκύπτει:

A

A

A

H =126.78 [kN]V =263.3 [kN]M =10.267 [kN m]

⎧⎪⎨⎪ ⋅⎩

ΑΣΚΗΣΗ 2 (Έπεσε στις εξετάσεις) ΕΚΦΩΝΗΣΗ: Να βρεθούν οι αντιδράσεις στήριξης.

ΛΥΣΗ: Σχεδιάζουμε αναλυτικά τις δυνάμεις.

0 0

X A B0 0

Y A B0 0 0 0

Α B B

(+) : ΣΡ =0 H -100 cos45 +V cos45 =0(+) : ΣΡ =0 V -100 sin45 -200+V sin45 =0ΣΜ =0 100 sin45 300-100 cos45 100+200 460-V sin45 500-V cos45 100=0

→ ⇒ ⋅ ⋅

↑ ⇒ ⋅ ⋅

⇒ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

Από τα παραπάνω, προκύπτει:

A

A

A

H =-100.19 [kN]V =93.81 [kN]H =250.18 [kN]

⎧⎪⇒ ⎨⎪⎩

*Το “κλειδί” για τη λύση της παραπάνω άσκησης είναι ότι παράγουν ροπή και οι οριζόντιες *δυνάμεις, αφού η κάθετη απόστασή τους από το Α ≠ 0

ΑΣΚΗΣΗ 3 (Πολύ καλή άσκηση εξετάσεων) P1 = 20 [kN]

P2 = 15 [kN]

λ1 = 6 [m]

λ 2 = 2 [m]

ΛΥΣΗ: Θα «σπάσουμε» την άρθρωση στα δύο. Θα βάλουμε στα δύο τμήματα δύο αντίθετα ζεύγη δυνάμεων ώστε η συνισταμένη να είναι μηδέν. (Α) X Δ

Υ A B 1

Δ A 1 1 2

A

B

ΣΡ =0 H =0ΣΡ =0 V +V -P =0ΣΜ =0 V -P =0

V =6.7 [kN]V =13.3 [kN]

⇒⇒

⇒ ⋅ ⋅

⎧⎨⎩

l l

(Β)

(

X Δ Γ

Υ Δ B 2 Γ B Γ 2 Δ

1Γ Δ 1 2 B 1 2 B

Γ

ΣΡ =0 H =HΣΡ =0 -V +V -P +V =0 V +V =P +V =0 (1)

ΣΜ =0 -V + )+V -P =0 V =25.2 [kN]2

(1) V =3.1 [kN]

⇒⇒ ⇒

⇒ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒

⇒

ll l l

*Επαλήθευση (δεν χρειάζεται στις εξετάσεις) *ΣΜΑ = 0 (όχι στις “σπασμένες”, αλλά συνολικά στη δοκό)

Δικτυώματα Στατικά Ορισμένη: Α = 2ν - 3, όπου Α = Αριθμός Ράβδων ν = Αριθμός Κόμβων π.χ. ⇒ Στατικά Ορισμένα ⇒ Στατικά Μη Ορισμένα Αριθμός Ράβδων = Αριθμός Δυνάμεων Α = 2ν - 3 + 3 = 2ν δυνάμεις αντίδρασης (HΑ, VA, VB) B

Ανάλυση Δικτυώματος

1) Αριθμίζω κόμβους 2) Ονοματίζω ράβδους

Στο κάτω πέλμα UΣτο άνω πέλμα ΟΤις διαγώνιους DTις κάθετους ράβδους V

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

3) Βάζουμε αντιδράσεις στήριξης 4) Εξισώσεις Ισορροπίας ΣΡX = 0, ΣΡΥ = 0, ΣΜΑ = 0 5) Σε κάθε κόμβο αναλύω τις δυνάμεις: π.χ. αΚΟΜΒΟΣ 1α

και εφαρμόζω τις εξισώσεις ισορροπίας για να τις προσδιορίσω:

...

......

1

X 1

Y 1

1

D =ΣP =0 U =ΣP =0 O =

V =...

⎧⎪⎫ ⎪⇒⎬ ⎨

⎭ ⎪⎪⎩

ΑΣΚΗΣΗ 1 ΕΚΦΩΝΗΣΗ: Να βρεθούν οι εσωτερικές δυνάμεις του παρακάτω δικτυώματος:

ΛΥΣΗ: Κατ’ αρχάς, απαριθμούμε τους κόμβους:

0

0

2tanω= =0.4 ω=21.85

sinω=0.371cosω=0.928

5tanφ= =2.5 ω=68.22

sinω=0.928cosω=0.371

⇒

⇒

Εξισώσεις Ισορροπίας:

X A A

Y A B A B

A B B

A

ΣP =0 -10+H =0 H =10 [ton]ΣP =0 V +V -20=0 V +V =20 [ton]ΣM =0 20.5-10.2-V 10=0 V =8 [ton]Άρα: V =12 [ton]

⇒ ⇒⇒ ⇒⇒ ⋅ ⇒

Σε κάθε κόμβο, μετά από κάθε ανάλυση δυνάμεων, τις αποτυπώνουμε διαδοχικά σε ένα σκαρίφημα του δικτυώματος. Η τελική μορφή του σκαριφήματος, έχει ως εξής:

• αΚΟΜΒΟΣ 1α Δ.Ε.Σ.:

X A 1 1

Y A 1 1

ΣP =0 H +U =0 U =-10 [ton]ΣP =0 V +V =0 V =-12 [ton]

⇒ ⇒⇒ ⇒

• αΚΟΜΒΟΣ 3α Δ.Ε.Σ.:

X 1 1 1 1

Y 1 1 1 1 1

1

1

ΣP =0 -10+O sinφ+D sinφ=0 O +D =10.776 (1)ΣP =0 V +O cosφ-D cosφ=0 Ο -D =-32.345 (2)

O =-10.784 [ton](1) (2)

D =21.36 [ton]

⇒ ⋅ ⋅ ⇒⇒ ⋅ ⋅ ⇒

⎧⇒ ⎨

⎩

• αΚΟΜΒΟΣ 4α Δ.Ε.Σ.:

X 1 2 2

Y 2 1 2 2

ΣP =0 O sinφ+O sinφ=0 O =-10.784 [ton]ΣP =0 -V +O cosφ-O cosφ=0 V =8 [ton]

⇒ ⋅ ⋅ ⇒⇒ ⋅ ⋅ ⇒

• αΚΟΜΒΟΣ 5α Δ.Ε.Σ.:

X

Y 3 B 3 B

P =0P =0 V -V =0 V =V⇒ ⇒

ΣΣ

X 1 1 2

Y 1 2 2 2

2

2

ΣP =0 U -D cosω+D cosω=0ΣP =0 D sinω+D sinω-F +V =0

D =10.784 [ton]U =0

⇒ ⋅ ⋅⇒ ⋅ ⋅

⎧⇒ ⎨

⎩

• αΚΟΜΒΟΣ 6α Δ.Ε.Σ.:

ΙΣΧΥΕΙ X 2 2

Y 3 2 2 3

ΣP =0 O sinφ-D sinφ=0 10.784 sinφ-10.784 sinφ=0ΣP =0 V -O cosφ-D cosφ=0 V =8 [ton]

⇒ ⋅ ⋅ ⇒ ⋅ ⋅⇒ ⋅ ⋅ ⇒

• αΚΟΜΒΟΣ 2α Δ.Ε.Σ.:

ΙΣΧΥΕΙ

ΙΣΧΥΕΙ

→Όταν η ράβδος θλίβει τον κόμβο, η δύναμη είναι θλιπτική. →Όταν η ράβδος εφελκύει τον κόμβο, η δύναμη είναι εφελκυστική. *Άρα οι δυνάμεις χαρακτηρίζονται ως προς τον κόμβο όχι ως προς τη ράβδο. **Παρατηρούμε ότι: Α = 2ν - 3 + 3 Αυτό είναι τα ”ισχύει”

ΤΑΣΕΙΣ Ο1 Ο2 D1 D2 ... ΤΙΜΕΣ ... ... ... ... ...

*** π.χ. Ποια η μεγαλύτερη τάση; →Κάνεις το παραπάνω πινακάκι. ****Θα μπορούσε να ζητάει η άσκηση να βρεις π.χ. τις εφελκυστικές δυνάμεις.

30/08/2007 Κέντρο Βάρους

α) Με εμβαδόν:

iy 1 1 2 2 3 3 4 4iK K

i 1 2 3 4

x ES x E +x E +x E +...-x Ex = x = =E E E +E +E +...-E

⇒ ∑∑

i 1 1 2 2 3 3 4 4iK

i 1 2 3 4

yE y E +y E +y E +...-y Ey = =E E +E +E +...-E

∑∑

β) Με περίμετρο:

1 1 2 2K

1 2

x L +x L +...x =L +L +...

Πώς υπολογίζουμε το κέντρο βάρους με βάση την περίμετρο:

Σε Συνεχή Φορτία

ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΙΣΟΡΡΟΠΙΑΣ q λ ⊕↑ ΣPy = 0 ⇒ VA + VB -B Q = 0

ΣΜΑ = 0 ⇒ -VB ⋅B λ + q ⋅ λ⋅ 2l = 0

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 1

q α ⊕↑ ΣPy = 0 ⇒ VA + VB -B Q = 0

ΣΜΑ = 0 ⇒ -VB ⋅B λ + Q ⋅ 2l = 0 ⇒ -VBB ⋅ λ + q ⋅ α ⋅ 2

l = 0

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 2

(½) q λ ⊕↑ ΣPy = 0 ⇒ VA + VB -B Q = 0 Q

ΣΜΑ = 0 ⇒ -VB ⋅B λ + (½) ⋅ q ⋅ λa⋅ 3l = 0

Ροπές Αδράνειας (SOS μαζί με τα συνεχή φορτία σε μια από τις δύο εξεταστικές)

yE

2y

E

S = x dE Στατική

I = x dE

⋅ ←

⋅

∫

∫

2x

2y

dI =y dEdI =x dE

2x xE E

2y yE E

I = dI = y dE

I = dI = x dE

∫ ∫∫ ∫

4 4 4xI [m , cm , mm ]

4 1 2 3

1 2 3

E =E +E +E +...Ix=Ix +Ix +Ix +... Αρχή Επαλληλίας (Δεν χρειάζεται να ξέρεις πώς λέγεται)→

1 2 3E -E -Ε

ή:

1 2 3E +E +Ε

ΑΣΚΗΣΗ 1 Ιx = ? Ιy = ?

2 2

xh3h 2 3

x xE 00β3β 2 3

y yE 00

dI =y dE=y βdy Στοιχειώδης ροπή αδράνειας

y 1I = dI = y βdy= β = βh Ροπή αδράνειας3 3

x 1I = dI = x hdx= h = hβ3 3

→

⎡ ⎤→⎢ ⎥

⎣ ⎦

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

∫ ∫

∫ ∫

ΑΣΚΗΣΗ 2 Ιx = ?

4

2 2 2x xE E E E

h3 4h 2 3 3

00

β(h-y)I = dI = y dE= y mdy= y dy=h

β β y y 1 = (y h-y )dy= h- = βhh h 3 12

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

∫ ∫ ∫ ∫

∫

Ως προς y δεν μπορεί να υπολογιστεί, γιατί δεν προκύπτουν όμοια τρίγωνα. Θεώρημα STEINER

2

x EI = y dE∫

06/09/2007

Σε μια από τις δύο εξεταστικές θα πέσει ροπή αδράνειας, π.χ.:

ΑΣΚΗΣΗ (Πολύ Καλή) Ε = Ε1 - Ε2

4 rλ= Από τον πίνακα του βιβλίου3 π

→

TETΡΑΓΩΝΟΥ TETΑΡΤΟΚΥΚΛΙΟΥΙy=Ιy -Ιy Είχαμε δει στο προηγούμενο μάθημα ότι:

3 3TETΡΑΓΩΝΟΥ

1 1Ιy = hβ = 3 3 =27 [cm ]3 3

⋅ 4 Επίσης, από τον πίνακα του βιβλίου:

4TETAΡΤΟΚΥΚΛΙΟΥ

1Ιu = πr (1)16

4 rλ= λ=1.27 [cm]3 π

⇒

Άρα: ω=r-λ=3-1.27=1.73 [cm]

4 4ΤΕΤΑΡΤΟΚΥΚΛΙΟΥ

1(1) Iu = π3 =15.9 [cm ]16

⇒

Θεώρημα Steiner:

2u y 2

2y y 2

I =I '+λ E (2)

I =I '+ω E (3)

⋅

⋅

( )

( )

2 2 2 2u y y 2 y 2 y u 2

22 2

y ΤΕΤΑΡΤΟΚΥΚΛΙΟΥ

(2)-(3) I -I =I '+λ E -I '-ω E I =I -E λ -ω

π 3I =15.9 - 1.27 -1.73 Iy =25.66 [cm ]4

⇒ ⋅ ⋅ ⇒ ⋅ ⇒

⋅⇒ ⋅ ⇒ 4

4

y ΤΕΤΡΑΓΩΝΟΥ ΤΕΤΑΡΤΟΚΥΚΛΙΟΥI =Iy -Iy =27-25.66=1.34 [cm ]

*SOS: Δικτύωμα, Ροπή Αδράνειας, Συνεχή Φορτία

Πολική Ροπή Αδράνειας

2p E

2 2

2 2 2 2p pE E E

p x y

I = r dE

r= x +y

Άρα: I = (x +y ) dE I = x dE+ y dE

I =I +I

⋅

⋅ ⇒ ⋅ ⋅

⇒

∫

∫ ∫ ∫ ⇒

ΑΣΚΗΣΗ Ip = ? Ix = ? Iy = ?

Έστω στοιχειώδης δακτύλιος με εμβαδόν dE, διατομή dr και ακτίνα R.

ΛΥΣΗ: Ισχύει: dE=2πr dr⋅

R4 42 2

p pE E0

r πrI = r dE= r 2πr dr=2π I =4 2

⎡ ⎤⋅ ⇒⎢ ⎥

⎣ ⎦∫ ∫

Λόγω συμμετρίας: x yI =I

Άρα: 4

p xπRI =2I Ix=Iy=

4⇒

Γινόμενο Αδράνειας

xy EI = xydE∫

Για κεντροβαρικό άξονα xyI =0

xy E EI = xydE- xydE=0∫ ∫

π.χ.

Θεώρημα STEINER (για το γινόμενο αδράνειας)

xy E E

E E E E

xy x'y'

I = xydE= (x'+α)(y'+β)dE=

0 0

= x'y'dE+αβ dE+β x'dE+α y'dE

I =I +αβE

↑ ↑

⇒

⇒

∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫678 678

ΑΣΚΗΣΗ (SOS) Ixy = ? Ixy’ = ?

ΛΥΣΗ:

2

E E

2 2 2 2

2 2

βh β h

xy 0 0 00

h

xy xy0

h 0xy' xy'0 -β

dE=dx dy

xI = xydE= xy dx dy= xy dx dy=2

β y β hI = I =2 2 4

-β hI = xy dx dy I =4

⋅

⎡ ⎤⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⎢ ⎥

⎣ ⎦

⎡ ⎤ ⋅⇒ ⇒⎢ ⎥

⎣ ⎦⋅

⋅ ⋅ ⇒

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

13/09/2007 ΚΙΝΗΜΑΤΙΚΗ Ευθύγραμμη Κίνηση

Ψάχνουμε την αx = f(t) α

Σε χρονικό διάστημα Δt, διανύσαμε Δx: αΔt→ΔxαΔx Μέση ΤαχύτηταΔt

→

Δt 0

Δx dxlim = =x=u Στιγμιαία ΤαχύτηταΔt dt

•

→→

Πάντα ως προς dt αΔt→Δuα

Δu = Μέση ΕπιτάχυνσηΔt

→

Δt 0

Δu dulim = =u=x=γ Στιγμιαία ΕπιτάχυνσηΔt dt

• ••

→→

Αρμονική Κίνηση Σημείου

2

x=α sinωt

u=x=αω cosωt

γ=u=x= -αω sinωt

•

• ••

⋅

⋅

⋅

Κυκλική Κίνηση

Ψάχνουμε την αΦ = f(t) α

s = r⋅φ

2

2

Φ=Γωνιακή ΜετατόπισηdΦΦ= =ω=Γωνιακή Ταχύτηταdtd ΦΦ= =ω=Γωνιακή Επιτάχυνσηdt

•

•• •

Κίνηση Στον Χώρο

Δt 0

(x,y,z) P(x+Δx,y+Δy,z+Δz) P'dx dy dz, , dt dt dt

Δx dxlim =Δt dt

dy dtdz dt

→

→→

Θυμίζουμε ότι: Αφαίρεση Διανυσμάτων

Δt 0

Δs Μέση ΤαχύτηταΔt

Δs dslim = =u Μέση ΤαχύτηταΔt dt→

→

→

Το διάνυσμα της ταχύτητας είναι εφαπτόμενο στην καμπύλη της κίνησης:

2 2ε κ

2

ε 2

2

κ

Δt 0

2 2 22

κ

κ

γ= γ +γ

du d sγ =u= =s=dt dt

uγ = (1) Δεν χρειάζεται να ξέρεις πώς αποδεικνύεται ο τύποςR

Δs Δφ Δs ΔφPP'=Δs=R Δφ =R lim =RΔt Δt Δt Δt

ds dφ=R u=R φ u=R ωdt dtu R ωγ = = =R ω (2)R R

Το γ υπολογίζεται

• •

→

•

⋅ ⇒ ⇒ ⋅ ⇒

⇒ ⇒ ⋅ ⇒ ⋅

⋅⋅

από την (1) και από την (2)

ΑΣΚΗΣΗ 1 (Πολύ Καλή) Σχήμα: Βλέπε σημειώσεις Μπατά, σελ. (vii), Σχήμα 9κ.

Στροφαλοφόρος που μετατρέπει την περιστροφική κίνηση σε μεταφορική. ΛΥΣΗ: (O1P) = ? x = f(φ) → Αυτό ψάχνουμε AB=α sin(180-φ) AB=α sinαΟΒ=OC+CB OB=2α+αcos(180-φ)

⋅ ⇒ ⋅⇒

Όμοια Τρίγωνα και : Δ

1O OPΔ

BO A2

1

1

2 2

2

Ο P AB x α sinα 4α sinα 4α sinα= = x= x=O O OB 4α 2α-αcosφ α(2-cosφ) 2-cosφ

dx dx dφ dxu=x= = = φdt dφ dt dφ

cosφ(2-cosφ)-sinφ sinφ 4α(2cosφ-1)u=φ4α =φ(2-cosφ) (2-cosφ)

du du dφ du -2sinφ(2-cosφ) -x= = = φ x=dt dφ dt dφ

• •

• •

•• • ••

⋅ ⋅ ⋅⇒ ⇒ ⇒

⋅ ⋅

⋅

⋅ ⋅ ⇒ 3

2

3

(2cosφ-1) 2 (2-cosφ) sinφ(2-cosφ)

sinφ(1+cosφ)x=-8α φ(2-cosφ)

•• •

⋅ ⋅ ⋅⇒

⎛ ⎞⇒ ⎜ ⎟⎝ ⎠

ΑΣΚΗΣΗ 2 Σχήμα: Βλέπε σημειώσεις Μπατά, σελ. (viii), Σχήμα 10κ.

ΛΥΣΗ: x = ? = OP

22 2 2 2

2

2 22 2

2 2

(1)

φ=ωt

φ=ω=σταθ.x=f(φ)

OP=OD+DP=rcosφ+ cosψr sinφCD=r sinφ= sinφ sinψ= (1)

rcos ψ+sin ψ=1 cosψ= 1-sin ψ cosψ= 1- sin φ

r rx=OP=r cosφ+ 1- sin φ x=r cos(ωt)+ 1- sin (ωt)

x =...

x =...

•

•

••

⋅⋅ ⋅ ⇒

⇒ ⎯⎯→

⋅ ⋅ ⎯⎯⎯→ ⋅ ⋅

l

ll

l

l ll l

Να ξέρεις πολύ καλά -Σύνθεση Δυνάμεων -Σχοινοπολύγωνο -Ροπές Δύναμης (μπορεί να πέσει αυτούσια από σημειώσεις) -Τριβή (προσοχή στους διαφορετικούς συντελεστές τριβής) -Δοκοί (προσοχή στην Gerber) -Συνεχές Φορτίο (σίγουρα θα μπει) -Δικτυώματα -Κέντρα Βάρους -Ροπές Αδράνειας -Κινηματική (Στρόφαλος)