Ισορροπία σανίδας και εύρος τιμών μάζας

[skak92]

Γεια σας. Είμαι πρωτοετής φοιτητής στο τμήμα των Πολιτικών Μηχανικών. Ήθελα να σας ζητήσω τη βοήθειά σας σχετικά με ένα πρόβλημα που αντιμετώπισα σε μία άσκηση στο βιβλίο Beer,Johnston,Eisenberg Στατική Τεχνική Μηχανική 7η έκδοση.

 

Η άσκηση είναι στο επισυναπτόμενο αρχείο.

 

Αν μπορεί κάποιος να με βοηθήσει θα το εκτιμούσα

 

Ευχαριστώ.

[kostaspde]

Στο G έχεις ενδιάμεση άρθρωση;

Από την εκφώνηση καταλαβαίνω ότι η θέση του Α παραμένει σταθερή.

Αν αντικαταστήσουμε το κιβώτιο Α με μια κύλιση (αντίδραση κατά την κατακόρυφη ένοια) τότε η γραμμή επιρροής αυτής της αντίδρασης σου δίνει μια εικόνα για το πώς μεταβάλλεται η τιμή της αντίδρασης λόγω ενός φορτίου του οποίου η θέση μπορεί να μεταβάλεται. Αφού σχεδιασεις τη γραμμή επιρροής της αντίδρασης στο Α για μοναδιαίο φορτίο και βρεις τις τιμές στα χαρακτηριστικά της σημεία, μετά θα πολλαπλασιάσεις τις τετμημένες των σημείων στα οποία είναι τα κιβώτια με τις γνωστές μάζες, επί τα βάρη τους, θα τα προσθέσεις και μετά

1)θα τοποθετήσεις το κιβώτιο C στη θέση που η τετμημένη γραμμή επιρροής της αντίδρασης στο Α είναι μέγιστη, θα πολλάπλασιάσεις αυτήν την τετμημένη με το φορτίο λόγω του C (θα βρείς έναν παράγοντα συναρτήσει του C) Και θα το προσθέσεις στα προηγούμενα για να βρεις τη μέγιστη τιμή

2)θα τοποθετήσεις το κιβώτιο C στη θέση που η τετμημένη γραμμή επιρροής της αντίδρασης στο Α έχει την ελάχιστη τιμή (όχι όμως από τις αρνητικές, λογικά θα είναι μηδενική), θα πολλάπλασιάσεις αυτήν την τετμημένη με το φορτίο λόγω του C (θα βρείς έναν παράγοντα συναρτήσει του C) Και θα το προσθέσεις στα προηγούμενα για να βρεις τη ελάχιστη τιμή.

Ας επιβεβαιώσει κάποιος γιατί είμαι ξενύχτης μετά από τη δουλειά.

 

Edit: Δηλαδή η δύναμη λόγω του βάρους του κιβωτίου Α θα λειτουργήσει σαν "αντίδραση στήριξη" προκειμένου να ισορροπήσει ο φορέας, διαφορετικά ο φορέας δεν είναι στερεος, αλλά αλυσίδα. Υπέθεσε δηλαδή ότι έχει μια κύλιση εκεί της οποίας η αντίδραση δεν θα είναι προς τα πάνω όπως συνήθως αλλά προς τα κάτω. Η αντίδραση αυτή θα μπορούσε να πάρει και αρνητικές τιμές (αν ήταν όντων μια στήριξη) αλλά επειδή το ρόλο της αντίδρασης αναλαμβάνει το κιβώτιο με το βάρος του του οποίου η φορά είναι προς τα κάτω (μια αρνητική τιμή στην αντίδραση θα σήμαινε ότι το βάρος πάει προς τα πάνω), η τιμή του τελικά θα κυμανθεί μεταξύ του μηδενός (η μηδενική τιμή θα ισχύει όταν το κιβώτιο C βρίσκεται πάνω σε κάποιον από τους δύο τρίποδες) και μιας μέγιστης την οποία θα βρεις με τη βοήθεια της γραμμής επιρροής της "αντίδρασης" στο σημείο του κιβωτίου Α. Ελπίζω να βοήθησα.

[geostefanou]

Γεια σας. Είμαι πρωτοετής φοιτητής στο τμήμα των Πολιτικών Μηχανικών. Ήθελα να σας ζητήσω τη βοήθειά σας σχετικά με ένα πρόβλημα που αντιμετώπισα σε μία άσκηση στο βιβλίο Beer,Johnston,Eisenberg Στατική Τεχνική Μηχανική 7η έκδοση.

 

Η άσκηση είναι στο επισυναπτόμενο αρχείο.

 

Αν μπορεί κάποιος να με βοηθήσει θα το εκτιμούσα

 

Ευχαριστώ.

 

Επειδή η λύση είναι πολύ μακροσκελής, θα σου περιγράψω τη λύση ώστε να τη λύσεις μόνος σου.

 

Στη συγκεκριμένη άσκηση, οι στηρίξεις στις οποίες εδράζεται η δοκός δεν είναι αμφίπλευρες αλλά μονόπλευρες. Αυτό σημαίνει πως αντιστέκονται στην εξωτερική φόρτιση της δοκού αναπτύσσοντας κατακόρυφες δυνάμεις με φορά προς τα πάνω. Αν η φόρτιση της δοκού είναι τέτοια ώστε με την παραδοχή αμφίπλευρων συνδέσμων στήριξης να προκύψει τουλάχιστον η μία από τις 2 αντιδράσεις με φορά προς τα κάτω, τότε η μονόπλευρη στήριξη δεν θα αναπτύξει καμία αντίδραση και πλέον η δοκός θα ανασηκωθεί από την στήριξη και θα μετακινηθεί ως στερεό σώμα. Αν οι στηρίξεις ήταν αμφίπλευρες τότε η δοκός θα ισορροπούσε πάντα για οποιαδήποτε φόρτιση και η άσκηση δεν θα είχε νόημα, αφού η δοκός θα ισορροπούσε για οποιαδήποτε τιμή της μάζας του σώματος Α.

 

Αν θεωρήσουμε λοιπόν ως θετική φορά των αντιδράσεων στήριξης στις στηρίξεις E και F, η φορά προς τα πάνω τότε θα πρέπει Ey>=0 και Fy>=0 (Εy, Fy οι αντιδράσεις των στηρίξεων E και F αντίστοιχα). Αν ονομάσουμε x την απόσταση του σώματος C από το σημείο C και θεωρηθεί ότι το x είναι θετικό όταν το σώμα βρίσκεται δεξιά του C, τότε ισχύει:

 

-L4-L1<=x<=L3-L1

 

Στο σημείο αυτό και με βάση το σχήμα καθορίζω L1=0,50 m, L2=0,60 m, L3=1,60 m, L4=1,50 m και L=1,00 m. Επίσης η δοκός καταπονείται με το ίδιο βάρος της q=(Mg)/(L3+L4) το οποίο είναι ομοιόμορφα κατανεμημένο φορτίο δυνάμεων σε όλο το άνοιγμα της δοκού με φορά προς τα κάτω. Η δοκός καταπονείται επίσης με το βάρος των μαζών των σωμάτων Α, Β, C και D τα οποία εφαρμόζονται ως συγκεντρωμένες δυνάμεις στο σημείο που βρίσκεται το κάθε σώμα. Το βάρος μιας μάζας m είναι F=mg.

 

Σχεδιάζουμε το διάγραμμα ελεύθερου σώματος της δοκού θεωρώντας ότι το βάρος Fc εφαρμόζεται σε ένα σημείο Η δεξιά του C σε απόσταση x από αυτό (Είτε το πάρεις το H μεταξύ του C και του F είτε δεξιά του F θα προκύψει το ίδιο αποτέλεσμα. Η ίδια έκφραση για τις αντιδράσεις θα προκύψει ακόμα και αν πάρεις το H αριστερά του C για αρνητικές τιμές του x).

 

Παίρνεις εξισώσεις ισορροπίας ροπών ως προς τις στηρίξεις E και F και βρίσκεις εκφράσεις τις μορφής: Ey=A+B*ma+Γ*mc+Δ*mc*x, Fy=Α΄+Β΄*ma+Γ΄*mc+Δ΄*mc*x όπου τα Α, Β, Γ, Δ, Α΄, Β΄, Γ΄, Δ΄ είναι γνωστοί αριθμοί. (Τα Δ και Δ΄ έχουν αντίθετο πρόσημο)

 

Από τις συνθήκες μονόπλευρου συνδέσμου Ey>=0 και Fy>=0 καταλήγεις σε μία διπλή ανίσωση της μορφής

 

 

[(Α1*ma+B1)/mc]+Γ1<=x<=[(Α2*ma+B2)/mc]+Γ2

 

Για να ισχύουν και οι 2 ανισότητες για το x πρέπει να ισχύει:

 

-L4-L1<=[(Α1*ma+B1)/mc]+Γ1<=x<=[(Α2*ma+B2)/mc]+Γ2<=L3-L1

 

Επομένως πρέπει να ισχύουν οι ανισότητες:

 

-L4-L1<=[(Α1*ma+B1)/mc]+Γ1

[(Α2*ma+B2)/mc]+Γ2<=L3-L1

 

Αν λύσεις τις 2 παραπάνω ανισότητες ως προς ma προκύπτει μια διπλή ανίσωση της μορφής:

 

A3*mc+B3<=ma<=A4*mc+B4 (Α3<0, Α4>0)

 

Άρα πρέπει A3*mc+B3<=A4*mc+B4 => mc>= min(mc) όπου min(mc)=(B3-B4)/(A4-A3) η ελάχιστη τιμή της μάζας mc

 

mc>= min(mc) => A3*mc<=A3*min(mc) => A3*mc+B3<=A3*min(mc)+B3

mc>= min(mc) => A4*mc>=A4*min(mc) => A4*mc+B4>=A4*min(mc)+B4

 

Άρα A3*mc+B3<=A3*min(mc)+B3<=ma<=A4*min(mc)+B4<=A4*mc+B4

 

Συνεπώς A3*min(mc)+B3<=ma<=A4*min(mc)+B4

 

οπότε

 

min(ma)=A3*min(mc)+B3

max(ma)=A4*min(mc)+B4

[CostasV]

"... έτσι ώστε η σανίδα να παραμείνει σε ισορροπία όταν το κουτί C μετατοπιστεί"

 

Εχω την εντύπωση ότι το "μετατοπιστεί" έχει αποδοθεί λάθος. Ισως σωστότερο θα ήταν το "αφαιρεθεί" ή "εξαφανιστεί" ή κάτι που να αποδίδει πιθανότατα το "removed".

 

Δεν είναι δυνατό να λυθεί η άσκηση με άγνωστα τα βάρη Α και C, και επιπλέον άγνωστο την θέση του C πάνω στην σανίδα . Για αυτό λέω ότι η θέση του C είναι γνωστή (αυτή που φαίνεται στο σχέδιο) και αν μετακινηθεί/μετατοπιστεί (removed) το C, τότε φεύγει τελείως από την σανίδα.

 

edit : Στο πρωτότυπο λέει removida ...

 

 

 

 

edit 2: Κάποιος που να ξέρει ισπανικά ας μας εξηγήσει καλύτερα. Θεωρούσα ότι τα βάρη Α, Β, C και D, βρίσκονται μαζί σε ισορροπία στην σανίδα, και ότι η μάζα A πρέπει να εκφραστεί συναρτήσει της μάζας C (αν και δεν ζητά η μεταφρασμένη άσκηση κάτι τέτοιο).

Τώρα όμως που αφαιρείται τελείως το C, η ερώτηση είναι: Βγαίνει το C και μπαίνει το Α; ;H ήταν συνεχώς το Α πάνω στην σανίδα μαζί με τα άλλα βάρη, και κάποια στιγμή βγάζουμε το C;

[tech_junky]

Μετά την απομάκρυνση του C, για να έχουμε ισορροπία θα πρέπει να ισχύουν και οι δυο παρακάτω συνθήκες:

 

1. Ροπή ανατροπής <= Ροπή Επαναφοράς με σημείο στροφής το Ε.

2. Ροπή ανατροπής <= Ροπή Επαναφοράς με σημείο στροφής το F.

 

1. mA*0.5 <= 4.5*0.40 + 2.6*45 => mA <= 237.6

2. mA*2.5 + 4.5*1.60 >= 0.6*45 => mA >=7.92

 

Άρα η μάζα του Α πρέπει να είναι μεταξύ 7.92 και 237.6 Kg

 

Ουπς, ξέχασα τη σανίδα. Αλλά δεν μας δίνει το μήκος δεξιά του D και αριστερά του Α. Οπότε δεν έχουμε όλα τα στοιχεία.

[CostasV]

Δίνει ότι το κέντρο βάρους G ισαπέχει από τα καβαλέτα.

 

Τώρα όμως που αφαιρείται τελείως το C, η ερώτηση είναι: Βγαίνει το C και μπαίνει το Α; ;H ήταν συνεχώς το Α πάνω στην σανίδα μαζί με τα άλλα βάρη, και κάποια στιγμή βγάζουμε το C;

Στην θέση που δείχνει το C, δηλαδή ανάμεσα στα δύο καβαλέτα, η ισορροπία βελτιώνεται για οποιαδήποτε μέγεθος του C. Δηλαδή η μάζα του C δεν θέτει κάποιο περιορισμό για την μάζα του Α, όσο παραμένουν και τα δύο στην σανίδα. Αυτό δεν θα ίσχυε, εάν το C βρισκόνταν εκτός της βάσης στήριξης που προσφέρουν τα δύο καβαλέτα.

Αρα η απάντηση στην ερώτηση που έθεσα παραπάνω είναι : Δεν έχει σημασία ποιό από τα δύο συμβαίνει, διότι η θέση του C είναι "μέσα" στα δύο καβαλέτα. edit: Για τον λόγο αυτό, η άσκηση δεν δίνει και την μάζα του C, διότι αφαιρείται.

[tech_junky]

Δίνει ότι το κέντρο βάρους G ισαπέχει από τα καβαλέτα.

Δεν μας λέει όμως πόσο είναι το μήκος αριστερά από το Ε και δεξιά από το F, ούτε καν αν είναι ίσα. Το G είναι στο μέσον του EF αλλά δεν ξέρουμε αν είναι το κέντρο βάρους (δεν υπάρχει κάτι τέοιο στην εκφώνηση). Αν δεν υπάρχουν περισσότερες πληροφορίες, η άσκηση είναι ελλειπής. Αν μας δοθούν όλα τα στοιχεία, κάνουμε δυο ελεγχους ισορροπίας και βρίσκουμε το άνω και κάτω όριο της μάζας του Α.