MT1566 · Chapter 1

1.1 grundinteractive

Två träelement som bär en last på 3,6 kip är hopfogade med plywoodskarvar (en på över- och en på undersidan) som är fullständigt limmade mot kontaktytorna. Limmets brottskjuvspänning är 360 psi, elementen är 5,0 in breda och spelrummet mellan elementen är 0,25 in. Bestäm den erforderliga längden L på varje skarv om en säkerhetsfaktor på 2,75 ska uppnås.

Two wooden members supporting a 3.6 kip load are joined by plywood splices (one on the top face, one on the bottom) fully glued to the contact surfaces. The ultimate shearing stress in the glue is 360 psi, the members are 5.0 in wide, and the clearance between the members is 0.25 in. Determine the required length L of each splice if a factor of safety of 2.75 is to be achieved.

VerklighetsanknytningReal-world context Limmade plywoodskarvar är vardag i träbyggnad — takstolar och fackverk fogas ofta med limmade knutplåtar av plywood i stället för spik eller bult. Lasten vandrar då genom limytan som skjuvspänning, precis som här. Dimensionering mot brott med säkerhetsfaktor är samma princip som i grundkursen MT1565. Glued plywood splices are everyday timber engineering — roof trusses and frames are often joined with glued plywood gusset plates instead of nails or bolts. The load then crosses the glue line as shear stress, exactly as here. Sizing against failure with a safety factor is the same principle as in the MT1565 grundkurs.

💡 Hjälp mig förstå problemet 💡 Help me understand this problem

Vad ber frågan dig om? What is the question asking?

Du ska bestämma: den erforderliga längden L på varje skarv om en säkerhetsfaktor på 2,75 ska uppnås.You're asked to determine: the required length L of each splice if a factor of safety of 2.

Mekaniska begrepp att ha i huvudet Mechanics concepts to keep in mind

Inre krafter N, V och moment M vid snittetInternal forces N, V and moment M at the cut
Snittmetoden: frilägg och tillämpa jämviktSection method: free-body the cut and apply equilibrium
Teckenkonvention för N, V, MSign convention for N, V, M

Föreslagen tankegång (utan att avslöja svaret) Suggested thinking process (without giving away the answer)

Frilägg den ena sidan av snittet.Free-body one side of the cut.
Bestäm N och V ur ΣF = 0.Determine N and V from ΣF = 0.
Bestäm momentet M ur ΣM = 0 kring snittet.Determine the moment M from ΣM = 0 about the cut.
Vad styr? Limmet i skjuvningWhat governs? The glue in shear
Tillåten skjuvspänning från säkerhetsfaktornAllowable shear stress from the factor of safety
Limytans storlekSize of the glued area
Lös ut skarvlängden LSolve for the splice length L

Mer hjälp under lösningsknappenMore help waiting below the Solution button

Vanliga misstag finns nedan i lösningspanelen (4 st).
Behöver du en stegvis knuff? Det finns 3 ledtrådar i panelen nedan.
Common mistakes are listed in the solution panel below (4 entries).
Need a nudge? There are 3 progressive hints in the panel below.

Ledtrådar (klicka för stegvis hjälp)Hints (click for step-by-step help)

1. Limmet brister i skjuvning. Omvandla först brottskjuvspänningen till en tillåten skjuvspänning med säkerhetsfaktorn: τ_allow = τ_U/n. The glue fails in shear. First convert the ultimate shear stress to an allowable shear stress with the safety factor: τ_allow = τ_U/n.

2. Den limmade ytan som överför lasten är två skarvar × bredden w × den limmade längden (L−c)/2 = w(L−c). The glued area transferring the load is two splices × width w × bonded length (L−c)/2 = w(L−c).

3. Sätt τ_allow = F/[w(L−c)] och lös ut L = c + F/(w·τ_allow). Glöm inte 3,6 kip = 3600 lb. Set τ_allow = F/[w(L−c)] and solve L = c + F/(w·τ_allow). Remember 3.6 kip = 3600 lb.

≈ 10 min≈ 10 min · skjuvning säkerhetsfaktor limfog repetition-MT1565 US-enheter

Figure 1.1 — Fig. 1.1 · MT1566 · Alexander Barlo

LösningSolution

Lasten förs från det ena träelementet till det andra genom limytan, som belastas i skjuvning. Med säkerhetsfaktorn omvandlas limmets brottskjuvspänning till en tillåten skjuvspänning. Den totala limytan som överför hela lasten är två skarvar gånger den limmade längden (L−c)/2 gånger bredden w. Sätt tillåten skjuvspänning lika med last delat på limyta och lös ut L. The load is carried from one wooden member to the other through the glue line, which is loaded in shear. The safety factor turns the glue's ultimate shear stress into an allowable shear stress. The total glued area transferring the full load is two splices times the bonded length (L−c)/2 times the width w. Set the allowable shear stress equal to load over glued area and solve for L.

Kontroll vid L = 5,75 in: τ = F/[w(L−c)] = 3600/[5,0·5,50] = 130,9 psi. Säkerhetsfaktorn blir n = τ_U/τ = 360/130,9 = 2,75 ✓. Check at L = 5.75 in: τ = F/[w(L−c)] = 3600/[5.0·5.50] = 130.9 psi. The factor of safety is n = τ_U/τ = 360/130.9 = 2.75 ✓.

1. Vad styr? Limmet i skjuvningWhat governs? The glue in shear

Skarven är dragbelastad — de två träelementen dras isär. Det enda som överför kraften mellan dem är limytan mellan plywoodskarven och varje träelement, och den belastas i skjuvning (parallellt med ytan). Säkerhetsfaktorn tillämpas på limmets brottskjuvspänning. The splice is in tension — the two wooden members are pulled apart. The only thing transferring the force between them is the glue line between the plywood splice and each member, and it is loaded in shear (parallel to the surface). The safety factor is applied to the glue's ultimate shear stress.

Hur tar sig lasten över fogen? How does the load cross the joint?

Hur säker är du?How sure are you? 50%

Limytan ligger parallellt med dragriktningen, så den glider i skjuvning — det är skjuvspänningen som styr dimensioneringen. The glue line lies parallel to the pull, so it slides in shear — it is the shear stress that governs the sizing.

$$ \tau_{\text{allow}} = \dfrac{\tau_U}{n} $$

2. Tillåten skjuvspänning från säkerhetsfaktornAllowable shear stress from the factor of safety

Dela brottskjuvspänningen med säkerhetsfaktorn för att få den högsta skjuvspänning vi tillåter i limmet. Divide the ultimate shear stress by the factor of safety to get the highest shear stress we allow in the glue.

$$ \tau_{\text{allow}} = \dfrac{\tau_U}{n} = \dfrac{360}{2{,}75} = 130{,}9\ \text{psi} $$

3. Limytans storlekSize of the glued area

Det finns två skarvar (över och under). Varje skarv är limmad mot vänster element över längden (L−c)/2 och bredden w. Hela lasten F förs över denna limyta på vänster sida om gapet, så den effektiva skjuvytan blir A = 2·w·(L−c)/2 = w(L−c). There are two splices (top and bottom). Each splice is glued to the left member over the length (L−c)/2 and width w. The whole load F passes through this glued area on the left side of the gap, so the effective shear area is A = 2·w·(L−c)/2 = w(L−c).

Limmad plywoodskarv (×2, över och under). Dragkraften F förs över limytan i skjuvning. Måtten L (skarvlängd) och c (spelrum) i grått; bredden w = 5,0 in är vinkelrätt mot bilden.Glued plywood splice (×2, top and bottom). The tensile force F crosses the glue line in shear. Dimensions L (splice length) and c (clearance) in grey; the width w = 5.0 in is perpendicular to the figure.

$$ A_{\text{shear}} = 2 \cdot w \cdot \dfrac{L-c}{2} = w\,(L-c) $$

4. Lös ut skarvlängden LSolve for the splice length L

Sätt den tillåtna skjuvspänningen lika med lasten delat på skjuvytan och lös ut L. Last F = 3,6 kip = 3600 lb. Set the allowable shear stress equal to the load over the shear area and solve for L. Load F = 3.6 kip = 3600 lb.

$$ \tau_{\text{allow}} = \dfrac{F}{A_{\text{shear}}} = \dfrac{F}{w\,(L-c)} $$

$$ L = c + \dfrac{F}{w\,\tau_{\text{allow}}} = 0{,}25 + \dfrac{3600}{5{,}0 \cdot 130{,}9} $$

$$ \boxed{L = 0{,}25 + 5{,}50 = 5{,}75\ \text{in}} $$

Sammanfattning.Summary. Limmet styr dimensioneringen i skjuvning. Med tillåten skjuvspänning τ_allow = τ_U/n = 130,9 psi och effektiv limyta w(L−c) blir den erforderliga skarvlängden L = 5,75 in. The glue governs the design in shear. With allowable shear stress τ_allow = τ_U/n = 130.9 psi and effective glued area w(L−c), the required splice length is L = 5.75 in.

Formelreferenser (Karl Björk) Formula references (Karl Björk)

KB s.17 · Skjuvspänning τ = F/A i en fogShear stress τ = F/A in a joint
KB s.6 · Säkerhetsfaktor n = σ_brott / σ_tillåten (gäller även τ)Factor of safety n = σ_ult / σ_allow (also for τ)

Vanliga misstagCommon mistakes

M1-1_glue_loaded_in_tension

Tror att limmet belastas i drag. Limytan ligger parallellt med dragriktningen och glider i skjuvning — det är skjuvspänningen, inte dragspänningen, som styr. Thinking the glue is loaded in tension. The glue line lies parallel to the pull and slides in shear — it is the shear stress, not the tensile stress, that governs.

M1-2_forgot_two_splices

Glömmer att det finns två skarvar (över och under). Med bara en skarv blir limytan halverad och L dubbelt så långt. Forgetting that there are two splices (top and bottom). With only one splice the glued area is halved and L comes out twice as long.

M1-3_ignored_clearance

Räknar med hela längden L i stället för (L−c). Spelrummet c är inte limmat och bär ingen last. Using the full length L instead of (L−c). The clearance c is not glued and carries no load.

M1-4_kip_vs_lb

Enhetsmiss: 3,6 kip = 3600 lb. Blandar du kip och psi (lb/in²) blir svaret 1000× fel. Unit slip: 3.6 kip = 3600 lb. Mixing kip and psi (lb/in²) makes the answer off by 1000×.

Prova själv — ändra last, limstyrka och säkerhetsfaktorTry it yourself — change load, glue strength and safety factor

Skjut reglagen och se hur den erforderliga skarvlängden L ändras. L växer linjärt med lasten och säkerhetsfaktorn, och minskar med limmets brottskjuvspänning och bredden. Drag the sliders and watch the required splice length L change. L grows linearly with load and safety factor, and shrinks with the glue's ultimate shear stress and the width.

3.6 kip

360 psi

2.75

5.0 in

0.25 in

StorhetQuantity	VärdeValue	EnhetUnit	KommentarNote
	—	psi
	—	in

1.2 grundinteractive

En polystyrenstav med längden 12 in och diametern 0,5 in belastas med en dragkraft på 800 lb. Elasticitetsmodulen är E = 0,45·10⁶ psi. Bestäm a) stavens förlängning ΔL, och b) normalspänningen σ i staven.

A polystyrene rod of length 12 in and diameter 0.5 in is subjected to an 800 lb tensile load. The Young's modulus is E = 0.45·10⁶ psi. Determine a) the elongation ΔL of the rod, and b) the normal stress σ in the rod.

VerklighetsanknytningReal-world context Polystyren är mjukt jämfört med stål — E är ungefär 450 gånger lägre. En plaststav sträcker sig därför mätbart redan vid blygsamma laster, vilket gör den tacksam för att illustrera Hookes lag. Samma formel ΔL = PL/(AE) använder du i inlämning A1 för dragstången som stöttar balken. Polystyrene is soft compared with steel — its E is roughly 450 times lower. A plastic rod therefore stretches measurably under modest loads, which makes it handy for illustrating Hooke's law. The same formula ΔL = PL/(AE) is what you use in assignment A1 for the support rod that props the beam.

💡 Hjälp mig förstå problemet 💡 Help me understand this problem

Vad ber frågan dig om? What is the question asking?

Du ska bestämma: a) stavens förlängning ΔL, och b) normalspänningen σ i staven.You're asked to determine: a) the elongation ΔL of the rod, and b) the normal stress σ in the rod.

Mekaniska begrepp att ha i huvudet Mechanics concepts to keep in mind

Inre krafter N, V och moment M vid snittetInternal forces N, V and moment M at the cut
Snittmetoden: frilägg och tillämpa jämviktSection method: free-body the cut and apply equilibrium
Teckenkonvention för N, V, MSign convention for N, V, M

Föreslagen tankegång (utan att avslöja svaret) Suggested thinking process (without giving away the answer)

Frilägg den ena sidan av snittet.Free-body one side of the cut.
Bestäm N och V ur ΣF = 0.Determine N and V from ΣF = 0.
Bestäm momentet M ur ΣM = 0 kring snittet.Determine the moment M from ΣM = 0 about the cut.
TvärsnittsareaCross-sectional area
NormalspänningNormal stress
Förlängning (Hookes lag)Elongation (Hooke's law)

Mer hjälp under lösningsknappenMore help waiting below the Solution button

Vanliga misstag finns nedan i lösningspanelen (3 st).
Behöver du en stegvis knuff? Det finns 3 ledtrådar i panelen nedan.
Common mistakes are listed in the solution panel below (3 entries).
Need a nudge? There are 3 progressive hints in the panel below.

Ledtrådar (klicka för stegvis hjälp)Hints (click for step-by-step help)

1. Börja med arean: cirkulärt tvärsnitt, A = πd²/4 med d = 0,5 in. Start with the area: circular section, A = πd²/4 with d = 0.5 in.

2. Normalspänning σ = P/A. Förlängning ΔL = PL/(AE), eller smidigare ΔL = σL/E. Normal stress σ = P/A. Elongation ΔL = PL/(AE), or more neatly ΔL = σL/E.

3. σ = 800/0,196 = 4,1 kpsi. ΔL = 4074·12/(0,45·10⁶) = 0,108 in. σ = 800/0.196 = 4.1 kpsi. ΔL = 4074·12/(0.45·10⁶) = 0.108 in.

≈ 8 min≈ 8 min · axiell-last normalspänning töjning repetition-MT1565 US-enheter

Figure 1.2 — Fig. 1.2 · MT1566 · Alexander Barlo

LösningSolution

Ren axiell dragning. Beräkna tvärsnittsarean från diametern, sedan normalspänningen σ = P/A, och slutligen förlängningen med Hookes lag ΔL = PL/(AE) = σL/E. Pure axial tension. Compute the cross-sectional area from the diameter, then the normal stress σ = P/A, and finally the elongation from Hooke's law ΔL = PL/(AE) = σL/E.

Töjningen ε = σ/E = 4074/(0,45·10⁶) = 0,00905. ΔL = εL = 0,00905·12 = 0,109 in ✓ (≈ 0,9 % töjning — rimligt för en mjuk plast långt under brott). The strain ε = σ/E = 4074/(0.45·10⁶) = 0.00905. ΔL = εL = 0.00905·12 = 0.109 in ✓ (≈ 0.9 % strain — reasonable for a soft plastic well below failure).

1. TvärsnittsareaCross-sectional area

Staven är cirkulär. Använd diametern i areaformeln A = πd²/4. The rod is circular. Use the diameter in the area formula A = πd²/4.

Om diametern fördubblas, hur ändras förlängningen ΔL (vid samma kraft)? If the diameter doubles, how does the elongation ΔL change (at the same load)?

Hur säker är du?How sure are you? 50%

Arean växer med d², så ΔL = PL/(AE) minskar med faktorn 4 när diametern fördubblas. Area grows with d², so ΔL = PL/(AE) drops by a factor of 4 when the diameter doubles.

Polystyrenstav, fast inspänd till vänster, dragkraft P åt höger. Diameter d, längd L.Polystyrene rod, fixed at the left, tensile load P to the right. Diameter d, length L.

$$ A = \dfrac{\pi d^2}{4} = \dfrac{\pi (0{,}5)^2}{4} = 0{,}1963\ \text{in}^2 $$

2. NormalspänningNormal stress

Normalspänningen är dragkraften delad med arean. The normal stress is the tensile load divided by the area.

$$ \sigma = \dfrac{P}{A} = \dfrac{800}{0{,}1963} = 4074\ \text{psi} \approx 4{,}1\ \text{kpsi} $$

3. Förlängning (Hookes lag)Elongation (Hooke's law)

Förlängningen följer av Hookes lag. Den kan skrivas med kraft och area eller direkt med spänningen: ΔL = σL/E. The elongation follows from Hooke's law. It can be written with force and area or directly with the stress: ΔL = σL/E.

$$ \Delta L = \dfrac{PL}{AE} = \dfrac{\sigma L}{E} = \dfrac{4074 \cdot 12}{0{,}45\cdot 10^{6}} $$

$$ \boxed{\Delta L = 0{,}108\ \text{in}, \qquad \sigma = 4{,}1\ \text{kpsi}} $$

Sammanfattning.Summary. Med A = 0,196 in² blir σ = P/A = 4,1 kpsi och ΔL = σL/E = 0,108 in. With A = 0.196 in², σ = P/A = 4.1 kpsi and ΔL = σL/E = 0.108 in.

Formelreferenser (Karl Björk) Formula references (Karl Björk)

KB s.17 · Normalspänning σ = N/ANormal stress σ = N/A
KB s.30 · Hookes lag, förlängning ΔL = NL/(EA)Hooke's law, elongation ΔL = NL/(EA)

Vanliga misstagCommon mistakes

M2-1_area_linear_in_d

Tror att arean är linjär i diametern. A = πd²/4 växer med d² — fördubblad diameter ger fyrdubbel area. Thinking the area is linear in the diameter. A = πd²/4 grows with d² — doubling the diameter quadruples the area.

M2-2_radius_vs_diameter

Sätter in diametern där radien ska stå (eller tvärtom). A = πd²/4 = πr². Med d = 0,5 är r = 0,25. Plugging the diameter where the radius belongs (or vice versa). A = πd²/4 = πr². With d = 0.5, r = 0.25.

M2-3_ksi_vs_psi

Enhetsmiss: 4074 psi = 4,1 kpsi (ksi). E i psi och spänning i psi måste vara konsekventa. Unit slip: 4074 psi = 4.1 kpsi (ksi). E in psi and stress in psi must be consistent.

Prova själv — ändra kraft, längd, diameter och E-modulTry it yourself — change load, length, diameter and E-modulus

Se hur arean, spänningen och förlängningen ändras. ΔL är linjär i P och L men minskar med d² och med E. Watch the area, stress and elongation change. ΔL is linear in P and L but drops with d² and with E.

800 lb

12 in

0.5 in

450000 psi

StorhetQuantity	VärdeValue	EnhetUnit	KommentarNote
	—	in²
	—	psi
	—	in

1.3 grundinteractive

För den fritt upplagda balken med en punktlast P vid B (avstånd a från stöd A, avstånd b från B till stöd C, spann L = a + b): a) rita tvärkrafts- och momentdiagram, och b) bestäm ekvationerna för tvärkrafts- och momentkurvorna. Tips: två snitt behövs.

For the simply supported beam with a point load P at B (distance a from support A, distance b from B to support C, span L = a + b): a) draw the shear and bending-moment diagrams, and b) determine the equations of the shear and bending-moment curves. Tip: two cuts are needed.

VerklighetsanknytningReal-world context En enkel punktlast på en balk på två stöd är grundfallet för allt från en bokhylla till en travers. Nyckelinsikten: böjmomentet är störst rakt under lasten (M_max = Pab/L), och tvärkraften hoppar med −P precis där lasten sitter. Detta är exakt verktyget du behöver för V/M-diagrammen i tentamen (block 1820). A single point load on a two-support beam is the base case for everything from a bookshelf to an overhead crane rail. The key insight: the bending moment is largest directly under the load (M_max = Pab/L), and the shear jumps by −P right where the load sits. This is exactly the tool you need for the V/M diagrams in the exam (block 1820).

💡 Hjälp mig förstå problemet 💡 Help me understand this problem

Vad ber frågan dig om? What is the question asking?

Du ska bestämma: ekvationerna för tvärkrafts- och momentkurvorna.You're asked to determine: the equations of the shear and bending-moment curves.

Mekaniska begrepp att ha i huvudet Mechanics concepts to keep in mind

Inre krafter N, V och moment M vid snittetInternal forces N, V and moment M at the cut
Snittmetoden: frilägg och tillämpa jämviktSection method: free-body the cut and apply equilibrium
Teckenkonvention för N, V, MSign convention for N, V, M

Föreslagen tankegång (utan att avslöja svaret) Suggested thinking process (without giving away the answer)

Frilägg den ena sidan av snittet.Free-body one side of the cut.
Bestäm N och V ur ΣF = 0.Determine N and V from ΣF = 0.
Bestäm momentet M ur ΣM = 0 kring snittet.Determine the moment M from ΣM = 0 about the cut.
Sätt upp lösningenSet up the solution
Frilägg balken — stödreaktionerFree-body — support reactions
Område I — snitt mellan A och B (0 ≤ x ≤ a)Region I — cut between A and B (0 ≤ x ≤ a)
Område II — snitt mellan B och C (a ≤ x ≤ L)Region II — cut between B and C (a ≤ x ≤ L)
Gränsvärden och maxvärdenBoundary and maximum values

Mer hjälp under lösningsknappenMore help waiting below the Solution button

Vanliga misstag finns nedan i lösningspanelen (3 st).
Behöver du en stegvis knuff? Det finns 3 ledtrådar i panelen nedan.
Common mistakes are listed in the solution panel below (3 entries).
Need a nudge? There are 3 progressive hints in the panel below.

Ledtrådar (klicka för stegvis hjälp)Hints (click for step-by-step help)

1. Börja med reaktionerna: ΣM_A = 0 ger C_y, sedan ΣF_y = 0 ger A_y. Start with the reactions: ΣM_A = 0 gives C_y, then ΣF_y = 0 gives A_y.

2. Snitta i två områden: 0 ≤ x ≤ a (bara A_y till vänster) och a ≤ x ≤ L (frilägg från höger, bara C_y). Cut in two regions: 0 ≤ x ≤ a (only A_y on the left) and a ≤ x ≤ L (free-body from the right, only C_y).

3. V = Pb/L sedan −Pa/L. M växer till Pab/L vid lasten och tillbaka till 0 vid C. V = Pb/L then −Pa/L. M rises to Pab/L at the load and back to 0 at C.

≈ 12 min≈ 12 min · snittmetoden tvärkraft böjmoment V-och-M-diagram repetition-MT1565

Figure 1.3 — Fig. 1.3 · MT1566 · Alexander Barlo

LösningSolution

1) Frilägg balken och bestäm stödreaktionerna med ΣM och ΣF. 2) Snittmetoden i två områden (före och efter lasten). 3) Utvärdera V och M i områdesgränserna och rita diagrammen. M_max ligger där V byter tecken — under lasten. 1) Free-body the beam and find the reactions from ΣM and ΣF. 2) Section method in two regions (before and after the load). 3) Evaluate V and M at the region boundaries and draw the diagrams. M_max occurs where V changes sign — under the load.

Momentet är kontinuerligt vid lasten: M_1(a) = Pba/L och M_2(a) = Pa(L−a)/L = Pab/L ✓. Vid stöden är M = 0 (frilagda ändar) ✓. The moment is continuous at the load: M_1(a) = Pba/L and M_2(a) = Pa(L−a)/L = Pab/L ✓. At the supports M = 0 (free ends) ✓.

1. Sätt upp lösningenSet up the solution

Snittmetoden steg för steg: (1) reaktioner, (2) snitt i varje område mellan diskontinuiteter, (3) jämvikt på den frilagda delen ger V(x) och M(x). Section method step by step: (1) reactions, (2) cut in each region between discontinuities, (3) equilibrium on the free body gives V(x) and M(x).

Var uppträder det maximala böjmomentet? Where does the maximum bending moment occur?

Hur säker är du?How sure are you? 50%

M är extremt där V = 0 eller byter tecken (dM/dx = V). Här sker det under lasten, så M_max = Pab/L. M is extreme where V = 0 or changes sign (dM/dx = V). Here that is under the load, so M_max = Pab/L.

$$ V(x) = \sum F_{\text{vänster om snittet}}, \qquad M(x) = \sum M_{\text{vänster om snittet}} $$

2. Frilägg balken — stödreaktionerFree-body — support reactions

Tag moment om A för att lösa C_y, sedan ΣF_y = 0 för A_y. Take moments about A to solve C_y, then ΣF_y = 0 for A_y.

Fritt upplagd balk: led (pin) i A, rulle (roller) i C, punktlast P vid B. Reaktioner A_y och C_y i blått.Simply supported beam: pin at A, roller at C, point load P at B. Reactions A_y and C_y in blue.

$$ \overset{+}{\curvearrowleft}\sum M_A = 0:\quad C_y\,L - P\,a = 0 \;\Rightarrow\; C_y = \dfrac{Pa}{L} $$

$$ \overset{+}{\uparrow}\sum F_y = 0:\quad A_y + C_y - P = 0 \;\Rightarrow\; A_y = \dfrac{Pb}{L} $$

3. Område I — snitt mellan A och B (0 ≤ x ≤ a)Region I — cut between A and B (0 ≤ x ≤ a)

Frilägg den vänstra delen. Endast A_y verkar. Tvärkraften är konstant och momentet växer linjärt. Free-body the left part. Only A_y acts. The shear is constant and the moment grows linearly.

$$ V_1(x) = A_y = \dfrac{Pb}{L} \quad (\text{konstant}) $$

$$ M_1(x) = A_y\,x = \dfrac{Pb}{L}\,x \qquad (0 \le x \le a) $$

4. Område II — snitt mellan B och C (a ≤ x ≤ L)Region II — cut between B and C (a ≤ x ≤ L)

Nu ingår även lasten P i den vänstra delen. Enklast är att frilägga den HÖGRA delen, där bara C_y verkar. Now the load P also acts on the left piece. It is easiest to free-body the RIGHT part, where only C_y acts.

$$ V_2(x) = A_y - P = -\dfrac{Pa}{L} \quad (\text{konstant}) $$

$$ M_2(x) = C_y\,(L-x) = \dfrac{Pa}{L}\,(L-x) \qquad (a \le x \le L) $$

5. Gränsvärden och maxvärdenBoundary and maximum values

Utvärdera i ändpunkterna. Tvärkraften hoppar med −P vid lasten; momentet är maximalt där, under lasten. Evaluate at the endpoints. The shear jumps by −P at the load; the moment is maximal there, under the load.

$$ V: \quad \tfrac{Pb}{L}\ \text{(i I)} \;\longrightarrow\; -\tfrac{Pa}{L}\ \text{(i II)}, \quad \text{hopp } = -P \text{ vid B} $$

$$ M(0) = 0, \quad M(a) = \dfrac{Pab}{L}, \quad M(L) = 0 $$

$$ \boxed{M_{\max} = \dfrac{Pab}{L} \;\text{(vid lasten)}, \qquad |V|_{\max} = \dfrac{P\max(a,b)}{L}} $$

📈 Snittposition: dra reglaget för att se V(x) och M(x)Section position: drag the slider to see V(x) and M(x)

x = x = 2.50 m

N(x) [kN]

V(x) [kN]

M(x) [kN·m]

Sammanfattning.Summary. Reaktioner A_y = Pb/L, C_y = Pa/L. Tvärkraften är styckvis konstant (Pb/L, sedan −Pa/L) och momentet triangulärt med toppen M_max = Pab/L rakt under lasten. Reactions A_y = Pb/L, C_y = Pa/L. The shear is piecewise constant (Pb/L, then −Pa/L) and the moment is triangular with peak M_max = Pab/L directly under the load.

Formelreferenser (Karl Björk) Formula references (Karl Björk)

KB s.19 · Jämviktsvillkor i planet: ΣFₓ = 0, ΣFᵧ = 0, ΣMₐ = 0Planar equilibrium: ΣFₓ = 0, ΣFᵧ = 0, ΣMₐ = 0
KB s.28 · Inre snittkrafter V(x), M(x); dM/dx = V, dV/dx = −qInternal shear and moment V(x), M(x); dM/dx = V, dV/dx = −q

Vanliga misstagCommon mistakes

M3-1_Mmax_at_midspan

Antar att M_max alltid ligger mitt på balken. För en osymmetrisk punktlast ligger M_max under lasten (vid x = a), inte vid L/2. Assuming M_max is always at mid-span. For an off-centre point load M_max is under the load (at x = a), not at L/2.

M3-2_forgot_V_jump

Glömmer att tvärkraften hoppar med −P precis vid lasten. V är styckvis konstant med ett steg, inte kontinuerlig. Forgetting that the shear jumps by −P right at the load. V is piecewise constant with a step, not continuous.

M3-3_wrong_x_region_II

Använder samma M(x)-uttryck i båda områdena. I område II måste lasten P inkluderas (eller frilägg från höger). Using the same M(x) expression in both regions. In region II the load P must be included (or free-body from the right).

Prova själv — flytta lasten och ändra storlekenTry it yourself — move the load and change its size

Ändra P, a och b och se hur reaktionerna och M_max ändras. M_max = Pab/L är störst när lasten sitter mitt på (a = b). Change P, a and b and see how the reactions and M_max change. M_max = Pab/L is largest when the load sits at mid-span (a = b).

12 kN

2 m

3 m

StorhetQuantity	VärdeValue	EnhetUnit	KommentarNote
	—	m
	—	kN
	—	kN
	—	kNm

1.4 grundinteractive

För den fritt upplagda balken med en jämnt utbredd last q över hela spannet L: a) rita tvärkrafts- och momentdiagram, och b) bestäm ekvationerna för tvärkrafts- och momentkurvorna.

For the simply supported beam with a uniformly distributed load q over the whole span L: a) draw the shear and bending-moment diagrams, and b) determine the equations of the shear and bending-moment curves.

VerklighetsanknytningReal-world context Egenvikten av ett bjälklag, snölast på ett tak eller vätsketryck mot en vägg — allt modelleras som jämnt utbredd last. Det klassiska resultatet M_max = qL²/8 i mitten är värt att kunna utantill; det dyker upp i nästan varje balkdimensionering. The self-weight of a floor slab, snow load on a roof, or liquid pressure on a wall — all modelled as a uniformly distributed load. The classic result M_max = qL²/8 at mid-span is worth memorising; it appears in almost every beam design.

💡 Hjälp mig förstå problemet 💡 Help me understand this problem

Vad ber frågan dig om? What is the question asking?

Du ska bestämma: ekvationerna för tvärkrafts- och momentkurvorna.You're asked to determine: the equations of the shear and bending-moment curves.

Mekaniska begrepp att ha i huvudet Mechanics concepts to keep in mind

Inre krafter N, V och moment M vid snittetInternal forces N, V and moment M at the cut
Snittmetoden: frilägg och tillämpa jämviktSection method: free-body the cut and apply equilibrium
Teckenkonvention för N, V, MSign convention for N, V, M

Föreslagen tankegång (utan att avslöja svaret) Suggested thinking process (without giving away the answer)

Frilägg den ena sidan av snittet.Free-body one side of the cut.
Bestäm N och V ur ΣF = 0.Determine N and V from ΣF = 0.
Bestäm momentet M ur ΣM = 0 kring snittet.Determine the moment M from ΣM = 0 about the cut.
Reaktioner (symmetri)Reactions (symmetry)
Snitt vid godtycklig position xCut at an arbitrary position x
MaxvärdenMaximum values

Mer hjälp under lösningsknappenMore help waiting below the Solution button

Vanliga misstag finns nedan i lösningspanelen (3 st).
Behöver du en stegvis knuff? Det finns 3 ledtrådar i panelen nedan.
Common mistakes are listed in the solution panel below (3 entries).
Need a nudge? There are 3 progressive hints in the panel below.

Ledtrådar (klicka för stegvis hjälp)Hints (click for step-by-step help)

1. Symmetri ⇒ varje stöd bär halva lasten: qL/2. Symmetry ⇒ each support carries half the load: qL/2.

2. Snitta vid x: V(x) = qL/2 − qx. Integrera (eller momentjämvikt) ⇒ M(x) = q·x(L−x)/2. Cut at x: V(x) = qL/2 − qx. Integrate (or moment equilibrium) ⇒ M(x) = q·x(L−x)/2.

3. V = 0 vid x = L/2 ⇒ M_max = qL²/8. V = 0 at x = L/2 ⇒ M_max = qL²/8.

≈ 12 min≈ 12 min · snittmetoden tvärkraft böjmoment utbredd-last V-och-M-diagram

Figure 1.4 — Fig. 1.4 · MT1566 · Alexander Barlo

LösningSolution

Symmetrisk last ⇒ lika reaktioner qL/2. Ett enda snitt räcker (lasten är kontinuerlig). Tvärkraften blir linjär och momentet paraboliskt med maximum i mitten där V = 0. Symmetric load ⇒ equal reactions qL/2. A single cut suffices (the load is continuous). The shear is linear and the moment parabolic with a maximum at mid-span where V = 0.

I mitten: V(L/2) = qL/2 − q·L/2 = 0 ✓, och M(L/2) = qL²/8 ✓. Vid stöden M = 0 ✓. At mid-span: V(L/2) = qL/2 − q·L/2 = 0 ✓, and M(L/2) = qL²/8 ✓. At the supports M = 0 ✓.

1. Reaktioner (symmetri)Reactions (symmetry)

Den totala lasten qL delas lika mellan de två stöden. The total load qL is shared equally between the two supports.

Var är böjmomentet störst? Where is the bending moment largest?

Hur säker är du?How sure are you? 50%

Momentet är extremt där V = 0, alltså i mitten: M_max = qL²/8. Vid de fria ändarna är M = 0. The moment is extreme where V = 0, i.e. at mid-span: M_max = qL²/8. At the free ends M = 0.

Fritt upplagd balk med jämnt utbredd last q över hela spannet L. Reaktioner qL/2 i blått.Simply supported beam with a uniform load q over the whole span L. Reactions qL/2 in blue.

$$ A_y = C_y = \dfrac{qL}{2} $$

2. Snitt vid godtycklig position xCut at an arbitrary position x

Frilägg den vänstra delen. Reaktionen qL/2 verkar uppåt och den utbredda lasten qx nedåt (med tyngdpunkt x/2). Free-body the left part. The reaction qL/2 acts upward and the distributed load qx downward (centroid at x/2).

$$ V(x) = \dfrac{qL}{2} - qx $$

$$ M(x) = \dfrac{qL}{2}x - qx\cdot\dfrac{x}{2} = \dfrac{q}{2}\,x(L-x) $$

3. MaxvärdenMaximum values

Tvärkraften är noll i mitten; där är momentet maximalt. The shear is zero at mid-span; there the moment is maximal.

$$ V = 0 \;\Rightarrow\; x = \dfrac{L}{2} $$

$$ \boxed{V_{\max} = \dfrac{qL}{2}\ \text{(vid stöden)}, \qquad M_{\max} = \dfrac{qL^2}{8}\ \text{(i mitten)}} $$

📈 Snittposition: dra reglaget för att se V(x) och M(x)Section position: drag the slider to see V(x) and M(x)

x = x = 2.00 m

N(x) [kN]

V(x) [kN]

M(x) [kN·m]

Sammanfattning.Summary. Reaktioner qL/2. V(x) = qL/2 − qx är linjär; M(x) = q·x(L−x)/2 är parabolisk med M_max = qL²/8 i mitten. Reactions qL/2. V(x) = qL/2 − qx is linear; M(x) = q·x(L−x)/2 is parabolic with M_max = qL²/8 at mid-span.

Formelreferenser (Karl Björk) Formula references (Karl Björk)

KB s.28 · Inre snittkrafter; dM/dx = V, dV/dx = −qInternal shear/moment; dM/dx = V, dV/dx = −q
KB s.29 · Standardbalk: fritt upplagd + UDL, M_max = qL²/8Standard beam: simply supported + UDL, M_max = qL²/8

Vanliga misstagCommon mistakes

M4-1_Mmax_at_support

Tror att momentet är störst vid stöden. Vid fritt upplagda (frilagda) ändar är M = 0; M_max ligger i mitten. Thinking the moment is largest at the supports. At simply supported (free) ends M = 0; M_max is at mid-span.

M4-2_resultant_position

Glömmer att den utbredda lasten qx har sin resultant i x/2 (inte vid snittet) när momentet beräknas. Forgetting that the distributed load qx has its resultant at x/2 (not at the cut) when computing the moment.

M4-3_qL2_over_4

Skriver M_max = qL²/4. Rätt är qL²/8 för fritt upplagd balk med UDL. Writing M_max = qL²/4. The correct value is qL²/8 for a simply supported beam with a UDL.

Prova själv — ändra last och spannTry it yourself — change load and span

M_max = qL²/8 växer kvadratiskt med spannet — dubbla spannet ger fyrdubbelt moment. M_max = qL²/8 grows quadratically with the span — doubling the span quadruples the moment.

10 kN/m

4 m

StorhetQuantity	VärdeValue	EnhetUnit	KommentarNote
	—	kN
	—	kNm

1.5 fortsattninginteractive

En balk är inspänd (fast) i C till höger och fri i A till vänster. En jämnt utbredd last q verkar på den vänstra delen [A,B] av längden a; resten [B,C] är obelastad. Total längd L. a) rita tvärkrafts- och momentdiagram, och b) bestäm ekvationerna.

A beam is fixed (built-in) at C on the right and free at A on the left. A uniform load q acts on the left part [A,B] of length a; the rest [B,C] is unloaded. Total length L. a) draw the shear and bending-moment diagrams, and b) determine the equations.

VerklighetsanknytningReal-world context En utkragande balkong eller en skylt som sticker ut från en husvägg är inspänd i ena änden. Lasten (snö, egenvikt) på den utkragande delen ger ett moment som är störst vid inspänningen — därför är det där sprickor och brott uppstår. A cantilevering balcony or a sign sticking out from a wall is fixed at one end. The load (snow, self-weight) on the cantilever creates a moment that is largest at the fixed support — which is why cracks and failures appear there.

💡 Hjälp mig förstå problemet 💡 Help me understand this problem

Vad ber frågan dig om? What is the question asking?

Du ska bestämma: ekvationerna.You're asked to determine: the equations.

Mekaniska begrepp att ha i huvudet Mechanics concepts to keep in mind

Inre krafter N, V och moment M vid snittetInternal forces N, V and moment M at the cut
Snittmetoden: frilägg och tillämpa jämviktSection method: free-body the cut and apply equilibrium
Teckenkonvention för N, V, MSign convention for N, V, M

Föreslagen tankegång (utan att avslöja svaret) Suggested thinking process (without giving away the answer)

Frilägg den ena sidan av snittet.Free-body one side of the cut.
Bestäm N och V ur ΣF = 0.Determine N and V from ΣF = 0.
Bestäm momentet M ur ΣM = 0 kring snittet.Determine the moment M from ΣM = 0 about the cut.
Snitt i område I — under lasten (0 ≤ x ≤ a)Cut in region I — under the load (0 ≤ x ≤ a)
Snitt i område II — efter lasten (a ≤ x ≤ L)Cut in region II — after the load (a ≤ x ≤ L)
Maxvärden vid inspänningenMaximum values at the fixed support

Mer hjälp under lösningsknappenMore help waiting below the Solution button

Vanliga misstag finns nedan i lösningspanelen (3 st).
Behöver du en stegvis knuff? Det finns 3 ledtrådar i panelen nedan.
Common mistakes are listed in the solution panel below (3 entries).
Need a nudge? There are 3 progressive hints in the panel below.

Ledtrådar (klicka för stegvis hjälp)Hints (click for step-by-step help)

1. Mät x från den fria änden A och frilägg vänster del — då slipper du beräkna inspänningsreaktionerna först. Measure x from the free end A and free-body the left part — then you avoid finding the fixed-end reactions first.

2. Område I: last qx, resultant i x/2. Område II: hel last qa, resultant i a/2 från A. Region I: load qx, resultant at x/2. Region II: full load qa, resultant at a/2 from A.

3. |M|_max vid C: sätt x = L i M_2 ⇒ qa(L − a/2). |M|_max at C: set x = L in M_2 ⇒ qa(L − a/2).

≈ 14 min≈ 14 min · snittmetoden utbredd-last inspänd-balk V-och-M-diagram

Figure 1.5 — Fig. 1.5 · MT1566 · Alexander Barlo

LösningSolution

Mät x från den fria änden A. Frilägg vänster del. I område I (under lasten) växer lasten linjärt med x; i område II är hela lasten qa konstant. Tvärkraft och moment är störst (i belopp) vid inspänningen. Measure x from the free end A. Free-body the left part. In region I (under the load) the load grows linearly with x; in region II the whole load qa is constant. Shear and moment are largest (in magnitude) at the fixed support.

Vid B (x = a): M_1(a) = −qa²/2 och M_2(a) = −qa(a − a/2) = −qa²/2 ✓ (kontinuerligt). Vid fria änden A: V = 0, M = 0 ✓. At B (x = a): M_1(a) = −qa²/2 and M_2(a) = −qa(a − a/2) = −qa²/2 ✓ (continuous). At the free end A: V = 0, M = 0 ✓.

1. Snitt i område I — under lasten (0 ≤ x ≤ a)Cut in region I — under the load (0 ≤ x ≤ a)

Frilägg från den fria änden A. Lasten på den frilagda delen är qx (nedåt), med tyngdpunkt i x/2. Inga stöd till vänster, så V och M byggs upp enbart av lasten. Free-body from the free end A. The load on the free body is qx (downward), centroid at x/2. No supports to the left, so V and M build up from the load alone.

Var är böjmomentet störst i belopp? Where is the bending moment largest in magnitude?

Hur säker är du?How sure are you? 50%

Momentet ackumuleras hela vägen till inspänningen: |M|_max = qa(L − a/2) vid C. The moment accumulates all the way to the fixed support: |M|_max = qa(L − a/2) at C.

Inspänd i C (höger), fri i A (vänster). Jämnt utbredd last q över [A,B] (längd a). Reaktioner i blått vid inspänningen.Fixed at C (right), free at A (left). Uniform load q over [A,B] (length a). Reactions in blue at the fixed support.

$$ V_1(x) = -qx $$

$$ M_1(x) = -qx\cdot\dfrac{x}{2} = -\dfrac{q x^2}{2} \qquad (0 \le x \le a) $$

2. Snitt i område II — efter lasten (a ≤ x ≤ L)Cut in region II — after the load (a ≤ x ≤ L)

Nu ligger hela lasten qa till vänster, med resultant i a/2 från A (alltså på avståndet x − a/2 från snittet). Tvärkraften är konstant. Now the entire load qa is to the left, with resultant at a/2 from A (i.e. at distance x − a/2 from the cut). The shear is constant.

$$ V_2(x) = -qa \quad (\text{konstant}) $$

$$ M_2(x) = -qa\left(x - \dfrac{a}{2}\right) \qquad (a \le x \le L) $$

3. Maxvärden vid inspänningenMaximum values at the fixed support

Sätt x = L. Det ger reaktionskraften och inspänningsmomentet (störst i belopp). Set x = L. This gives the reaction force and the fixing moment (largest in magnitude).

$$ |V|_{\max} = qa \quad (\text{vid C}) $$

$$ \boxed{|M|_{\max} = qa\left(L - \dfrac{a}{2}\right) \quad (\text{vid inspänningen C})} $$

📈 Snittposition: dra reglaget för att se V(x) och M(x)Section position: drag the slider to see V(x) and M(x)

x = x = 1.50 m

N(x) [kN]

V(x) [kN]

M(x) [kN·m]

Sammanfattning.Summary. Tvärkraften växer linjärt till −qa under lasten och är sedan konstant. Momentet är paraboliskt under lasten och linjärt därefter, med |M|_max = qa(L − a/2) vid inspänningen. The shear grows linearly to −qa under the load and is then constant. The moment is parabolic under the load and linear afterwards, with |M|_max = qa(L − a/2) at the fixed support.

Formelreferenser (Karl Björk) Formula references (Karl Björk)

KB s.28 · Inre snittkrafter V(x), M(x)Internal shear/moment V(x), M(x)
KB s.19 · Resultant av utbredd last = area; verkar i tyngdpunktenResultant of a distributed load = area; acts at the centroid

Vanliga misstagCommon mistakes

M5-1_Mmax_at_load_end

Tror att momentet är störst vid lastens slut B. Momentet fortsätter att växa (linjärt) fram till inspänningen C. Thinking the moment is largest at the end of the load B. The moment keeps growing (linearly) up to the fixed support C.

M5-2_resultant_lever_arm

Använder fel hävarm i område II. Resultanten qa sitter i a/2 från A, så hävarmen till snittet är x − a/2. Using the wrong lever arm in region II. The resultant qa sits at a/2 from A, so the lever arm to the cut is x − a/2.

M5-3_sign_hogging

Tappar tecknet. En utkragande last ger hogging (negativt) moment — översidan dras isär. Dropping the sign. A cantilever load gives a hogging (negative) moment — the top fibre is in tension.

Prova själv — ändra last, lastlängd och balklängdTry it yourself — change load, load length and beam length

Inspänningsmomentet qa(L − a/2) växer både med lastens storlek och med hur långt ut den sitter. The fixing moment qa(L − a/2) grows both with the load size and with how far out it sits.

8 kN/m

1.5 m

3 m

StorhetQuantity	VärdeValue	EnhetUnit	KommentarNote
	—	kN
	—	kNm

1.6 fortsattninginteractive

En balk är inspänd i B till höger och fri i A till vänster (längd L). En triangulärt utbredd last verkar med värdet noll vid A och maxvärdet q₀ vid B. a) rita tvärkrafts- och momentdiagram, och b) bestäm ekvationerna.

A beam is fixed at B on the right and free at A on the left (length L). A triangular distributed load acts with value zero at A and maximum q₀ at B. a) draw the shear and bending-moment diagrams, and b) determine the equations.

VerklighetsanknytningReal-world context Vätsketryck mot en damm eller en behållarvägg ökar linjärt med djupet — exakt en triangulär last. Att kunna integrera fram V och M för det fallet är grunden för all trycktanks- och dammdimensionering. Liquid pressure against a dam or a tank wall increases linearly with depth — exactly a triangular load. Integrating V and M for that case is the basis of all pressure-vessel and dam design.

💡 Hjälp mig förstå problemet 💡 Help me understand this problem

Vad ber frågan dig om? What is the question asking?

Du ska bestämma: ekvationerna.You're asked to determine: the equations.

Mekaniska begrepp att ha i huvudet Mechanics concepts to keep in mind

Inre krafter N, V och moment M vid snittetInternal forces N, V and moment M at the cut
Snittmetoden: frilägg och tillämpa jämviktSection method: free-body the cut and apply equilibrium
Teckenkonvention för N, V, MSign convention for N, V, M

Föreslagen tankegång (utan att avslöja svaret) Suggested thinking process (without giving away the answer)

Frilägg den ena sidan av snittet.Free-body one side of the cut.
Bestäm N och V ur ΣF = 0.Determine N and V from ΣF = 0.
Bestäm momentet M ur ΣM = 0 kring snittet.Determine the moment M from ΣM = 0 about the cut.
Lastintensitet och delresultantLoad intensity and partial resultant
Tvärkraft och momentShear and moment
Maxvärden vid inspänningen (x = L)Maximum values at the fixed support (x = L)

Mer hjälp under lösningsknappenMore help waiting below the Solution button

Vanliga misstag finns nedan i lösningspanelen (3 st).
Behöver du en stegvis knuff? Det finns 3 ledtrådar i panelen nedan.
Common mistakes are listed in the solution panel below (3 entries).
Need a nudge? There are 3 progressive hints in the panel below.

Ledtrådar (klicka för stegvis hjälp)Hints (click for step-by-step help)

1. Skriv lastintensiteten som funktion av x: w(x) = q₀·x/L. Write the load intensity as a function of x: w(x) = q₀·x/L.

2. Den frilagda lastens resultant är triangelns area q₀x²/(2L), med tyngdpunkt 2x/3 från A. The free-body resultant is the triangle's area q₀x²/(2L), centroid at 2x/3 from A.

3. V = −q₀x²/(2L), M = −q₀x³/(6L). Vid x = L: |V|_max = q₀L/2, |M|_max = q₀L²/6. V = −q₀x²/(2L), M = −q₀x³/(6L). At x = L: |V|_max = q₀L/2, |M|_max = q₀L²/6.

≈ 14 min≈ 14 min · snittmetoden triangulär-last inspänd-balk V-och-M-diagram

Figure 1.6 — Fig. 1.6 · MT1566 · Alexander Barlo

LösningSolution

Mät x från den fria änden A. Lastintensiteten är w(x) = q₀·x/L. Den frilagda delens last är en triangel med area q₀x²/(2L), med tyngdpunkt 2x/3 från A. Integrera (via jämvikt) fram V(x) och M(x). Measure x from the free end A. The load intensity is w(x) = q₀·x/L. The free body carries a triangle of area q₀x²/(2L), centroid at 2x/3 from A. Integrate (via equilibrium) to get V(x) and M(x).

Total last = ½q₀L. Vid B: |V| = q₀L/2 ✓ (= reaktionskraften). Kontroll via derivata: dM/dx = −q₀x²/(2L) = V(x) ✓. Total load = ½q₀L. At B: |V| = q₀L/2 ✓ (= the reaction force). Check via derivative: dM/dx = −q₀x²/(2L) = V(x) ✓.

1. Lastintensitet och delresultantLoad intensity and partial resultant

Lasten växer linjärt: w(x) = q₀·x/L. Resultanten av den frilagda triangeln är dess area, och den verkar i triangelns tyngdpunkt 2x/3 från A (alltså x/3 från snittet). The load grows linearly: w(x) = q₀·x/L. The resultant of the free triangle is its area, acting at the triangle's centroid 2x/3 from A (i.e. x/3 from the cut).

Vilken form har momentdiagrammet M(x)? What shape does the moment diagram M(x) have?

Hur säker är du?How sure are you? 50%

Lasten är linjär ⇒ V kvadratisk ⇒ M kubisk. M(x) = −q₀x³/(6L). The load is linear ⇒ V quadratic ⇒ M cubic. M(x) = −q₀x³/(6L).

Inspänd i B (höger), fri i A (vänster). Triangulär last: noll vid A, q₀ vid B.Fixed at B (right), free at A (left). Triangular load: zero at A, q₀ at B.

$$ w(x) = q_0\,\dfrac{x}{L} $$

$$ R(x) = \tfrac{1}{2}\,x\,w(x) = \dfrac{q_0 x^2}{2L} \quad \text{vid } \bar{x} = \tfrac{2}{3}x \text{ från A} $$

2. Tvärkraft och momentShear and moment

Tvärkraften är minus den frilagda lasten. Momentet är minus lasten gånger dess hävarm x/3 till snittet. The shear is minus the free-body load. The moment is minus the load times its lever arm x/3 to the cut.

$$ V(x) = -R(x) = -\dfrac{q_0 x^2}{2L} $$

$$ M(x) = -R(x)\cdot\dfrac{x}{3} = -\dfrac{q_0 x^3}{6L} $$

3. Maxvärden vid inspänningen (x = L)Maximum values at the fixed support (x = L)

Sätt x = L för reaktionen och inspänningsmomentet. Set x = L for the reaction and the fixing moment.

$$ |V|_{\max} = \dfrac{q_0 L}{2} \quad (\text{vid B}) $$

$$ \boxed{|M|_{\max} = \dfrac{q_0 L^2}{6} \quad (\text{vid inspänningen B})} $$

📈 Snittposition: dra reglaget för att se V(x) och M(x)Section position: drag the slider to see V(x) and M(x)

x = x = 1.50 m

N(x) [kN]

V(x) [kN]

M(x) [kN·m]

Sammanfattning.Summary. V(x) = −q₀x²/(2L) (kvadratisk), M(x) = −q₀x³/(6L) (kubisk). Vid inspänningen: |V|_max = q₀L/2 och |M|_max = q₀L²/6. V(x) = −q₀x²/(2L) (quadratic), M(x) = −q₀x³/(6L) (cubic). At the fixed support: |V|_max = q₀L/2 and |M|_max = q₀L²/6.

Formelreferenser (Karl Björk) Formula references (Karl Björk)

KB s.19 · Resultant av triangulär last = ½·bas·höjd; tyngdpunkt 2/3 från spetsenResultant of a triangular load = ½·base·height; centroid 2/3 from the apex
KB s.28 · dV/dx = −q(x), dM/dx = V(x)dV/dx = −q(x), dM/dx = V(x)

Vanliga misstagCommon mistakes

M6-1_linear_M

Tror att momentet är linjärt. En linjär last ger kvadratisk V och kubisk M — varje integration höjer gradtalet med ett. Thinking the moment is linear. A linear load gives quadratic V and cubic M — each integration raises the degree by one.

M6-2_centroid_half

Sätter triangelns tyngdpunkt i mitten (x/2). En triangel har tyngdpunkten i 2/3 från spetsen, alltså 2x/3 från A. Placing the triangle's centroid at the middle (x/2). A triangle has its centroid at 2/3 from the apex, i.e. 2x/3 from A.

M6-3_full_q0

Använder q₀ som om lasten vore konstant. Den frilagda lasten är bara deltriangeln q₀x²/(2L), inte q₀x. Using q₀ as if the load were constant. The free-body load is only the partial triangle q₀x²/(2L), not q₀x.

Prova själv — ändra maxlast och längdTry it yourself — change peak load and length

Inspänningsmomentet q₀L²/6 växer kvadratiskt med längden. The fixing moment q₀L²/6 grows quadratically with the length.

10 kN/m

3 m

StorhetQuantity	VärdeValue	EnhetUnit	KommentarNote
	—	kN
	—	kNm

1.7 fortsattninginteractive

En utkragad (konsol-)balk är inspänd i A till vänster och fri i B till höger (längd L). En triangulärt utbredd last verkar med värdet noll vid A och maxvärdet q₀ vid den fria änden B. Bestäm a) den elastiska linjens ekvation v(x), b) utböjningen vid den fria änden, och c) lutningen vid den fria änden.

A cantilever beam is fixed at A on the left and free at B on the right (length L). A triangular distributed load acts with value zero at A and maximum q₀ at the free end B. Determine a) the equation of the elastic curve v(x), b) the deflection at the free end, and c) the slope at the free end.

VerklighetsanknytningReal-world context Den elastiska linjens ekvation EI·v'' = M(x) är hjärtat i hela kapitel 1 — det är så du beräknar nedböjningen av allt från en hyllplanka till en flygplansvinge. Dubbelintegrationsmetoden du övar här är exakt verktyget i inlämning A1. The equation of the elastic curve EI·v'' = M(x) is the heart of the whole of Chapter 1 — it is how you compute the deflection of everything from a shelf plank to an aircraft wing. The double-integration method you practise here is exactly the tool in assignment A1.

💡 Hjälp mig förstå problemet 💡 Help me understand this problem

Vad ber frågan dig om? What is the question asking?

Du ska bestämma: a) den elastiska linjens ekvation v(x), b) utböjningen vid den fria änden, och c) lutningen vid den fria änden.You're asked to determine: a) the equation of the elastic curve v(x), b) the deflection at the free end, and c) the slope at the free end.

Mekaniska begrepp att ha i huvudet Mechanics concepts to keep in mind

Inre krafter N, V och moment M vid snittetInternal forces N, V and moment M at the cut
Snittmetoden: frilägg och tillämpa jämviktSection method: free-body the cut and apply equilibrium
Teckenkonvention för N, V, MSign convention for N, V, M

Föreslagen tankegång (utan att avslöja svaret) Suggested thinking process (without giving away the answer)

Frilägg den ena sidan av snittet.Free-body one side of the cut.
Bestäm N och V ur ΣF = 0.Determine N and V from ΣF = 0.
Bestäm momentet M ur ΣM = 0 kring snittet.Determine the moment M from ΣM = 0 about the cut.
Böjmoment M(x)Bending moment M(x)
Integrera en gång — lutningen v'(x)Integrate once — the slope v'(x)
Integrera igen — elastiska linjen v(x)Integrate again — the elastic curve v(x)
Fria änden (x = L)Free end (x = L)

Mer hjälp under lösningsknappenMore help waiting below the Solution button

Vanliga misstag finns nedan i lösningspanelen (3 st).
Behöver du en stegvis knuff? Det finns 3 ledtrådar i panelen nedan.
Common mistakes are listed in the solution panel below (3 entries).
Need a nudge? There are 3 progressive hints in the panel below.

Ledtrådar (klicka för stegvis hjälp)Hints (click for step-by-step help)

1. Frilägg den fria delen [x, L] för att slippa inspänningsreaktionerna. Lastintensiteten är w = q₀x/L. Free-body the free part [x, L] to avoid the fixed-end reactions. The load intensity is w = q₀x/L.

2. EI·v'' = M(x) = −q₀(2L³ − 3L²x + x³)/(6L). Integrera två gånger, använd v'(0) = 0 och v(0) = 0. EI·v'' = M(x) = −q₀(2L³ − 3L²x + x³)/(6L). Integrate twice, use v'(0) = 0 and v(0) = 0.

3. Vid x = L: |v(L)| = 11q₀L⁴/(120EI), |v'(L)| = q₀L³/(8EI). At x = L: |v(L)| = 11q₀L⁴/(120EI), |v'(L)| = q₀L³/(8EI).

≈ 16 min≈ 16 min · elastiska-linjen dubbelintegration utkragad-balk triangulär-last utböjning

Figure 1.7 — Fig. 1.7 · MT1566 · Alexander Barlo

LösningSolution

Mät x från inspänningen A. (1) Bestäm böjmomentet M(x) genom att frilägga den högra (fria) delen. (2) Integrera EI·v'' = M(x) en gång och använd v'(0) = 0. (3) Integrera igen och använd v(0) = 0. (4) Sätt in x = L för den fria änden. Teckenkonvention: y uppåt, så negativ v betyder nedböjning (boxen anger beloppen, som i övningsboken). Measure x from the fixed support A. (1) Find the bending moment M(x) by free-bodying the right (free) part. (2) Integrate EI·v'' = M(x) once and apply v'(0) = 0. (3) Integrate again and apply v(0) = 0. (4) Set x = L for the free end. Sign convention: y upward, so a negative v means downward deflection (the box reports magnitudes, as in the exercise book).

Vid inspänningen: M(0) = −q₀L²/3, vilket är totala lasten (½q₀L) gånger hävarmen (2L/3) ✓. Vid fria änden M(L) = 0 ✓. Randvillkoren v(0) = v'(0) = 0 är uppfyllda per konstruktion. At the fixed end: M(0) = −q₀L²/3, which is the total load (½q₀L) times the lever arm (2L/3) ✓. At the free end M(L) = 0 ✓. The boundary conditions v(0) = v'(0) = 0 hold by construction.

1. Böjmoment M(x)Bending moment M(x)

Frilägg den fria (högra) delen [x, L] så att inspänningsreaktionerna slipper beräknas. Lasten där är en deltriangel; momentjämvikt om snittet ger M(x). Free-body the free (right) part [x, L] so the fixed-end reactions need not be found. The load there is a partial triangle; moment equilibrium about the cut gives M(x).

Vilka är randvillkoren vid den inspända änden A? What are the boundary conditions at the fixed end A?

Hur säker är du?How sure are you? 50%

En inspänning hindrar BÅDE förskjutning och rotation: v = 0 och v' = 0. Momentet är däremot maximalt där. A fixed support prevents BOTH displacement and rotation: v = 0 and v' = 0. The moment, by contrast, is maximal there.

Konsolbalk inspänd i A (vänster), fri i B (höger). Triangulär last 0 → q₀. Den streckade kopparkurvan visar den (förstärkta) deformerade formen.Cantilever fixed at A (left), free at B (right). Triangular load 0 → q₀. The dashed copper curve shows the (amplified) deformed shape.

$$ w(x) = q_0\,\dfrac{x}{L} $$

$$ M(x) = -\dfrac{q_0}{6L}\left(2L^3 - 3L^2 x + x^3\right) $$

2. Integrera en gång — lutningen v'(x)Integrate once — the slope v'(x)

Integrera EI·v'' = M(x). Randvillkoret v'(0) = 0 vid inspänningen ger integrationskonstanten C₁ = 0. Integrate EI·v'' = M(x). The boundary condition v'(0) = 0 at the fixed end gives the constant C₁ = 0.

$$ EI\,v'(x) = -\dfrac{q_0}{6L}\left(2L^3 x - \tfrac{3}{2}L^2 x^2 + \tfrac{x^4}{4}\right) + C_1 $$

$$ v'(0) = 0 \;\Rightarrow\; C_1 = 0 $$

3. Integrera igen — elastiska linjen v(x)Integrate again — the elastic curve v(x)

Integrera en gång till. Randvillkoret v(0) = 0 ger C₂ = 0. Det ger den elastiska linjens ekvation. Integrate once more. The boundary condition v(0) = 0 gives C₂ = 0. This yields the equation of the elastic curve.

$$ EI\,v(x) = -\dfrac{q_0}{6L}\left(L^3 x^2 - \tfrac{1}{2}L^2 x^3 + \tfrac{x^5}{20}\right) $$

$$ \boxed{v(x) = -\dfrac{q_0}{6EI}\left(L^2 x^2 - \dfrac{L x^3}{2} + \dfrac{x^5}{20L}\right)} $$

4. Fria änden (x = L)Free end (x = L)

Sätt in x = L. Beloppen stämmer med övningsbokens svar; minustecknet anger nedböjning. Substitute x = L. The magnitudes agree with the exercise book; the minus sign indicates downward deflection.

$$ v(L) = -\dfrac{q_0}{6EI}\left(L^4 - \dfrac{L^4}{2} + \dfrac{L^4}{20}\right) = -\dfrac{11}{120}\,\dfrac{q_0 L^4}{EI} $$

$$ v'(L) = -\dfrac{q_0 L^3}{8EI} $$

$$ \boxed{|v(L)| = \dfrac{11\,q_0 L^4}{120\,EI}, \qquad |v'(L)| = \dfrac{q_0 L^3}{8EI}} $$

Sammanfattning.Summary. Dubbelintegration av EI·v'' = M(x) med v(0) = v'(0) = 0 ger v(x) = −q₀/(6EI)·(L²x² − Lx³/2 + x⁵/(20L)). Vid fria änden: nedböjning 11q₀L⁴/(120EI) och lutning q₀L³/(8EI). Double integration of EI·v'' = M(x) with v(0) = v'(0) = 0 gives v(x) = −q₀/(6EI)·(L²x² − Lx³/2 + x⁵/(20L)). At the free end: deflection 11q₀L⁴/(120EI) and slope q₀L³/(8EI).

Formelreferenser (Karl Björk) Formula references (Karl Björk)

KB s.31 · Elastiska linjens ekvation EI·v'' = M(x)Equation of the elastic curve EI·v'' = M(x)
KB s.19 · Resultant och tyngdpunkt för triangulär lastResultant and centroid of a triangular load

Vanliga misstagCommon mistakes

M7-1_fixed_end_BC

Använder fel randvillkor. En inspänning ger v = 0 OCH v' = 0 (inte M = 0). M = 0 gäller vid en fri ände. Using the wrong boundary conditions. A fixed support gives v = 0 AND v' = 0 (not M = 0). M = 0 holds at a free end.

M7-2_partial_triangle

Räknar med hela lasten q₀ i stället för den verkliga deltriangeln vid snittet. Lastintensiteten är w(x) = q₀x/L. Using the full load q₀ instead of the actual partial triangle at the cut. The load intensity is w(x) = q₀x/L.

M7-3_lost_constant

Tappar bort integrationskonstanterna eller utvärderar randvillkoren i fel ände. Båda villkoren ligger vid inspänningen x = 0. Dropping the integration constants or evaluating the BCs at the wrong end. Both conditions are at the fixed end x = 0.

Prova själv — ändra maxlast, längd och styvhetTry it yourself — change peak load, length and stiffness

Nedböjningen vid fria änden växer med L⁴ — en dubblerad längd ger 16 gånger så stor nedböjning. Styvheten EI minskar den proportionellt. The free-end deflection grows with L⁴ — doubling the length gives 16 times the deflection. The stiffness EI reduces it proportionally.

10 kN/m

2 m

5000 kN·m²

StorhetQuantity	VärdeValue	EnhetUnit	KommentarNote
	—	mm
	—	rad

1.8 fortsattninginteractive

En utkragad balk är fri i A till vänster och inspänd i B till höger (längd L), med en jämnt utbredd last q över hela balken. Bestäm a) den elastiska linjens ekvation v(x), b) utböjningen vid den fria änden, och c) lutningen vid den fria änden.

A cantilever beam is free at A on the left and fixed at B on the right (length L), carrying a uniform load q over its whole length. Determine a) the equation of the elastic curve v(x), b) the deflection at the free end, and c) the slope at the free end.

VerklighetsanknytningReal-world context En utkragad balkong eller ett skärmtak under egenvikt och snölast är just detta fall. Resultatet δ = qL⁴/(8EI) vid fria änden är ett av de mest använda standardfallen i KB:s tabeller. A cantilevering balcony or canopy under self-weight and snow load is exactly this case. The result δ = qL⁴/(8EI) at the free end is one of the most-used standard cases in the KB tables.

💡 Hjälp mig förstå problemet 💡 Help me understand this problem

Vad ber frågan dig om? What is the question asking?

Du ska bestämma: a) den elastiska linjens ekvation v(x), b) utböjningen vid den fria änden, och c) lutningen vid den fria änden.You're asked to determine: a) the equation of the elastic curve v(x), b) the deflection at the free end, and c) the slope at the free end.

Mekaniska begrepp att ha i huvudet Mechanics concepts to keep in mind

Inre krafter N, V och moment M vid snittetInternal forces N, V and moment M at the cut
Snittmetoden: frilägg och tillämpa jämviktSection method: free-body the cut and apply equilibrium
Teckenkonvention för N, V, MSign convention for N, V, M

Föreslagen tankegång (utan att avslöja svaret) Suggested thinking process (without giving away the answer)

Frilägg den ena sidan av snittet.Free-body one side of the cut.
Bestäm N och V ur ΣF = 0.Determine N and V from ΣF = 0.
Bestäm momentet M ur ΣM = 0 kring snittet.Determine the moment M from ΣM = 0 about the cut.
Böjmoment M(x)Bending moment M(x)
Integrera två gångerIntegrate twice
Fria änden (x = 0)Free end (x = 0)

Mer hjälp under lösningsknappenMore help waiting below the Solution button

Vanliga misstag finns nedan i lösningspanelen (3 st).
Behöver du en stegvis knuff? Det finns 3 ledtrådar i panelen nedan.
Common mistakes are listed in the solution panel below (3 entries).
Need a nudge? There are 3 progressive hints in the panel below.

Ledtrådar (klicka för stegvis hjälp)Hints (click for step-by-step help)

1. Mät x från den fria änden A. M(x) = −qx²/2 (frilagd vänsterdel). Measure x from the free end A. M(x) = −qx²/2 (left free body).

2. Integrera två gånger. Randvillkor vid inspänningen B (x = L): v'(L) = 0 och v(L) = 0. Integrate twice. BCs at the fixed end B (x = L): v'(L) = 0 and v(L) = 0.

3. Vid x = 0: |v(0)| = qL⁴/(8EI), |v'(0)| = qL³/(6EI). At x = 0: |v(0)| = qL⁴/(8EI), |v'(0)| = qL³/(6EI).

≈ 14 min≈ 14 min · elastiska-linjen dubbelintegration utkragad-balk utbredd-last utböjning

Figure 1.8 — Fig. 1.8 · MT1566 · Alexander Barlo

LösningSolution

Mät x från den fria änden A. (1) M(x) från vänster fria del: lasten qx med tyngdpunkt x/2. (2) Integrera EI·v'' = M(x); nu ligger randvillkoren v'(L) = 0 och v(L) = 0 vid inspänningen B. (3) Utvärdera vid x = 0 (fria änden). Measure x from the free end A. (1) M(x) from the left free part: load qx with centroid x/2. (2) Integrate EI·v'' = M(x); now the boundary conditions v'(L) = 0 and v(L) = 0 are at the fixed end B. (3) Evaluate at x = 0 (the free end).

Vid inspänningen B (x = L): v(L) = 0 och v'(L) = 0 per konstruktion ✓. Lutningen vid fria änden v'(0) = qL³/(6EI) är positiv (balken roterar nedåt mot inspänningen). At the fixed end B (x = L): v(L) = 0 and v'(L) = 0 by construction ✓. The slope at the free end v'(0) = qL³/(6EI) is positive (the beam rotates downward toward the fixed support).

1. Böjmoment M(x)Bending moment M(x)

Frilägg den fria (vänstra) delen [0, x]. Lasten är qx med resultant i x/2, vilket ger ett hogging-moment (negativt). Free-body the free (left) part [0, x]. The load is qx with resultant at x/2, giving a hogging (negative) moment.

Var är nedböjningen störst? Where is the deflection largest?

Hur säker är du?How sure are you? 50%

Vid inspänningen är v = 0. Nedböjningen ackumuleras mot den fria änden: δ = qL⁴/(8EI). At the fixed support v = 0. The deflection accumulates toward the free end: δ = qL⁴/(8EI).

Konsolbalk fri i A (vänster), inspänd i B (höger). Jämnt utbredd last q. Streckad kopparkurva: förstärkt deformerad form (störst nedböjning vid fria änden A).Cantilever free at A (left), fixed at B (right). Uniform load q. Dashed copper curve: amplified deformed shape (largest deflection at the free end A).

$$ M(x) = -qx\cdot\dfrac{x}{2} = -\dfrac{q x^2}{2} $$

2. Integrera två gångerIntegrate twice

Integrera EI·v'' = −qx²/2. Randvillkoren v'(L) = 0 och v(L) = 0 (inspänning vid B) bestämmer konstanterna. Integrate EI·v'' = −qx²/2. The boundary conditions v'(L) = 0 and v(L) = 0 (fixed at B) fix the constants.

$$ EI\,v'(x) = -\dfrac{q x^3}{6} + C_1, \quad v'(L) = 0 \Rightarrow C_1 = \dfrac{q L^3}{6} $$

$$ EI\,v(x) = -\dfrac{q x^4}{24} + \dfrac{q L^3}{6}x + C_2, \quad v(L) = 0 \Rightarrow C_2 = -\dfrac{q L^4}{8} $$

$$ \boxed{v(x) = -\dfrac{q}{24EI}\left(x^4 - 4L^3 x + 3L^4\right)} $$

3. Fria änden (x = 0)Free end (x = 0)

Sätt in x = 0 för utböjning och lutning vid den fria änden A. Substitute x = 0 for the deflection and slope at the free end A.

$$ v(0) = -\dfrac{q L^4}{8EI}, \qquad v'(0) = \dfrac{q L^3}{6EI} $$

$$ \boxed{|v(0)| = \dfrac{q L^4}{8EI}, \qquad |v'(0)| = \dfrac{q L^3}{6EI}} $$

Sammanfattning.Summary. v(x) = −q/(24EI)·(x⁴ − 4L³x + 3L⁴). Vid fria änden: nedböjning qL⁴/(8EI) och lutning qL³/(6EI). v(x) = −q/(24EI)·(x⁴ − 4L³x + 3L⁴). At the free end: deflection qL⁴/(8EI) and slope qL³/(6EI).

Formelreferenser (Karl Björk) Formula references (Karl Björk)

KB s.31 · Elastiska linjens ekvation EI·v'' = M(x)Equation of the elastic curve EI·v'' = M(x)
KB s.32 · Standardfall: utkragad balk + UDL, δ = qL⁴/(8EI)Standard case: cantilever + UDL, δ = qL⁴/(8EI)

Vanliga misstagCommon mistakes

M8-1_deflection_at_fixed

Tror att nedböjningen är störst vid inspänningen. Där är v = 0; max ligger vid den fria änden. Thinking the deflection is largest at the fixed support. There v = 0; the max is at the free end.

M8-2_BC_wrong_end

Använder randvillkoren i fel ände. För detta fall (mätt från A) ligger v = v' = 0 vid x = L, inte x = 0. Applying the BCs at the wrong end. For this case (measured from A) v = v' = 0 are at x = L, not x = 0.

M8-3_8_vs_6

Förväxlar utböjning δ = qL⁴/(8EI) med lutning θ = qL³/(6EI) — olika nämnare (8 resp. 6). Confusing deflection δ = qL⁴/(8EI) with slope θ = qL³/(6EI) — different denominators (8 vs 6).

Prova själv — last, längd och styvhetTry it yourself — load, length and stiffness

Standardfallet δ = qL⁴/(8EI). Längden dominerar helt — den går i fjärde potens. The standard case δ = qL⁴/(8EI). Length dominates entirely — it enters to the fourth power.

12 kN/m

2 m

5000 kN·m²

StorhetQuantity	VärdeValue	EnhetUnit	KommentarNote
	—	mm
	—	rad

1.9 fortsattninginteractive

En utkragad balk är inspänd i A till vänster och fri i B till höger (längd L), med en punktlast P vid den fria änden B. Bestäm a) den elastiska linjens ekvation v(x), b) utböjningen vid den fria änden, och c) lutningen vid den fria änden.

A cantilever beam is fixed at A on the left and free at B on the right (length L), with a point load P at the free end B. Determine a) the equation of the elastic curve v(x), b) the deflection at the free end, and c) the slope at the free end.

VerklighetsanknytningReal-world context En lyktstolpsarm, en kranarm eller ett trampolinbräde med en person ytterst — alla är konsolbalkar med en punktlast vid änden. Standardresultatet δ = PL³/(3EI) är kanske det mest kända i hela hållfasthetsläran. A lamp-post arm, a crane jib, or a diving board with a person at the tip — all cantilevers with an end point load. The standard result δ = PL³/(3EI) is perhaps the most famous in all of strength of materials.

💡 Hjälp mig förstå problemet 💡 Help me understand this problem

Vad ber frågan dig om? What is the question asking?

Du ska bestämma: a) den elastiska linjens ekvation v(x), b) utböjningen vid den fria änden, och c) lutningen vid den fria änden.You're asked to determine: a) the equation of the elastic curve v(x), b) the deflection at the free end, and c) the slope at the free end.

Mekaniska begrepp att ha i huvudet Mechanics concepts to keep in mind

Inre krafter N, V och moment M vid snittetInternal forces N, V and moment M at the cut
Snittmetoden: frilägg och tillämpa jämviktSection method: free-body the cut and apply equilibrium
Teckenkonvention för N, V, MSign convention for N, V, M

Föreslagen tankegång (utan att avslöja svaret) Suggested thinking process (without giving away the answer)

Frilägg den ena sidan av snittet.Free-body one side of the cut.
Bestäm N och V ur ΣF = 0.Determine N and V from ΣF = 0.
Bestäm momentet M ur ΣM = 0 kring snittet.Determine the moment M from ΣM = 0 about the cut.
Böjmoment M(x)Bending moment M(x)
Integrera två gångerIntegrate twice
Fria änden (x = L)Free end (x = L)

Mer hjälp under lösningsknappenMore help waiting below the Solution button

Vanliga misstag finns nedan i lösningspanelen (3 st).
Behöver du en stegvis knuff? Det finns 3 ledtrådar i panelen nedan.
Common mistakes are listed in the solution panel below (3 entries).
Need a nudge? There are 3 progressive hints in the panel below.

Ledtrådar (klicka för stegvis hjälp)Hints (click for step-by-step help)

1. Frilägg den fria delen [x, L]: bara P bidrar, M(x) = −P(L − x). Free-body the free part [x, L]: only P contributes, M(x) = −P(L − x).

2. Integrera två gånger med v'(0) = v(0) = 0 (inspänning vid A). Integrate twice with v'(0) = v(0) = 0 (fixed at A).

3. Vid x = L: |v(L)| = PL³/(3EI), |v'(L)| = PL²/(2EI). At x = L: |v(L)| = PL³/(3EI), |v'(L)| = PL²/(2EI).

≈ 12 min≈ 12 min · elastiska-linjen dubbelintegration utkragad-balk punktlast utböjning

Figure 1.9 — Fig. 1.9 · MT1566 · Alexander Barlo

LösningSolution

Mät x från inspänningen A. M(x) från den fria högra delen: bara lasten P verkar. Integrera EI·v'' = M(x) två gånger med v(0) = v'(0) = 0 och sätt in x = L. Measure x from the fixed end A. M(x) from the free right part: only the load P acts. Integrate EI·v'' = M(x) twice with v(0) = v'(0) = 0 and substitute x = L.

Vid inspänningen: M(0) = −PL (= lasten gånger hela armen) ✓. Vid fria änden M(L) = 0 ✓. Randvillkoren v(0) = v'(0) = 0 uppfyllda. At the fixed end: M(0) = −PL (= load times the full arm) ✓. At the free end M(L) = 0 ✓. The boundary conditions v(0) = v'(0) = 0 hold.

1. Böjmoment M(x)Bending moment M(x)

Frilägg den fria högra delen [x, L]. Endast lasten P på avståndet (L − x) bidrar. Free-body the free right part [x, L]. Only the load P at distance (L − x) contributes.

Hur skalar nedböjningen vid änden med längden L? How does the end deflection scale with the length L?

Hur säker är du?How sure are you? 50%

δ = PL³/(3EI) — kubiskt i längden. Dubblerad arm ger 8 gånger så stor nedböjning. δ = PL³/(3EI) — cubic in the length. Doubling the arm gives 8 times the deflection.

Konsolbalk inspänd i A (vänster), fri i B (höger), punktlast P vid B. Streckad kopparkurva: förstärkt deformerad form.Cantilever fixed at A (left), free at B (right), point load P at B. Dashed copper curve: amplified deformed shape.

$$ M(x) = -P(L - x) $$

2. Integrera två gångerIntegrate twice

Integrera EI·v'' = −P(L − x) med randvillkoren v'(0) = 0 och v(0) = 0 vid inspänningen. Integrate EI·v'' = −P(L − x) with v'(0) = 0 and v(0) = 0 at the fixed end.

$$ EI\,v'(x) = -P\left(Lx - \dfrac{x^2}{2}\right), \qquad C_1 = 0 $$

$$ EI\,v(x) = -P\left(\dfrac{Lx^2}{2} - \dfrac{x^3}{6}\right), \qquad C_2 = 0 $$

$$ \boxed{v(x) = -\dfrac{P x^2}{6EI}\left(3L - x\right)} $$

3. Fria änden (x = L)Free end (x = L)

Sätt in x = L för det berömda standardresultatet. Substitute x = L for the famous standard result.

$$ v(L) = -\dfrac{P L^2}{6EI}(3L - L) = -\dfrac{P L^3}{3EI} $$

$$ v'(L) = -\dfrac{P L^2}{2EI} $$

$$ \boxed{|v(L)| = \dfrac{P L^3}{3EI}, \qquad |v'(L)| = \dfrac{P L^2}{2EI}} $$

Sammanfattning.Summary. v(x) = −Px²(3L − x)/(6EI). Vid fria änden: nedböjning PL³/(3EI) och lutning PL²/(2EI). v(x) = −Px²(3L − x)/(6EI). At the free end: deflection PL³/(3EI) and slope PL²/(2EI).

Formelreferenser (Karl Björk) Formula references (Karl Björk)

KB s.31 · Elastiska linjens ekvation EI·v'' = M(x)Equation of the elastic curve EI·v'' = M(x)
KB s.32 · Standardfall: utkragad balk + ändpunktlast, δ = PL³/(3EI)Standard case: cantilever + end point load, δ = PL³/(3EI)

Vanliga misstagCommon mistakes

M9-1_L_squared

Tror att nedböjningen skalar med L². Den går med L³ (δ = PL³/(3EI)); lutningen går med L². Thinking deflection scales with L². It goes with L³ (δ = PL³/(3EI)); the slope goes with L².

M9-2_3_vs_2

Förväxlar δ = PL³/(3EI) (nämnare 3) med θ = PL²/(2EI) (nämnare 2). Confusing δ = PL³/(3EI) (denominator 3) with θ = PL²/(2EI) (denominator 2).

M9-3_moment_sign

Tappar tecknet på M(x) = −P(L−x). En ändpunktlast nedåt ger hogging (negativt) moment i konsolbalken. Dropping the sign of M(x) = −P(L−x). A downward end load gives a hogging (negative) moment in the cantilever.

Prova själv — last, längd och styvhetTry it yourself — load, length and stiffness

Det klassiska δ = PL³/(3EI). Notera den kubiska längdkänsligheten. The classic δ = PL³/(3EI). Note the cubic sensitivity to length.

5 kN

2 m

5000 kN·m²

StorhetQuantity	VärdeValue	EnhetUnit	KommentarNote
	—	mm
	—	rad

1.10 fortsattninginteractive

Balken AB är ett valsat S200×34-tvärsnitt med P = 60 kN, L = 2 m och E = 200 GPa. En punktlast P verkar i mitten C. Bestäm a) lutningen i punkt A, och b) utböjningen i punkt C.

Beam AB is an S200×34 rolled section with P = 60 kN, L = 2 m and E = 200 GPa. A point load P acts at the mid-point C. Determine a) the slope at point A, and b) the deflection at point C.

VerklighetsanknytningReal-world context Här går vi från symboliska formler till ett verkligt valsat tvärsnitt — du slår upp tröghetsmomentet I i en profiltabell precis som i inlämning A1. Standardfallet δ_C = PL³/(48EI) i mitten är ett av de allra vanligaste i konstruktion. Here we go from symbolic formulae to a real rolled section — you look up the moment of inertia I in a profile table, exactly as in assignment A1. The standard case δ_C = PL³/(48EI) at mid-span is one of the most common in design.

💡 Hjälp mig förstå problemet 💡 Help me understand this problem

Vad ber frågan dig om? What is the question asking?

Du ska bestämma: a) lutningen i punkt A, och b) utböjningen i punkt C.You're asked to determine: a) the slope at point A, and b) the deflection at point C.

Mekaniska begrepp att ha i huvudet Mechanics concepts to keep in mind

Inre krafter N, V och moment M vid snittetInternal forces N, V and moment M at the cut
Snittmetoden: frilägg och tillämpa jämviktSection method: free-body the cut and apply equilibrium
Teckenkonvention för N, V, MSign convention for N, V, M

Föreslagen tankegång (utan att avslöja svaret) Suggested thinking process (without giving away the answer)

Frilägg den ena sidan av snittet.Free-body one side of the cut.
Bestäm N och V ur ΣF = 0.Determine N and V from ΣF = 0.
Bestäm momentet M ur ΣM = 0 kring snittet.Determine the moment M from ΣM = 0 about the cut.
Tvärsnitt och styvhetSection and stiffness
Standardformler (centrerad punktlast)Standard formulae (central point load)
InsättningSubstitution

Mer hjälp under lösningsknappenMore help waiting below the Solution button

Vanliga misstag finns nedan i lösningspanelen (3 st).
Behöver du en stegvis knuff? Det finns 3 ledtrådar i panelen nedan.
Common mistakes are listed in the solution panel below (3 entries).
Need a nudge? There are 3 progressive hints in the panel below.

Ledtrådar (klicka för stegvis hjälp)Hints (click for step-by-step help)

1. Slå upp I_x för S200×34 i profiltabellen (≈ 27·10⁶ mm⁴) och bilda EI med E = 200·10³ N/mm². Look up I_x for S200×34 in the profile table (≈ 27·10⁶ mm⁴) and form EI with E = 200·10³ N/mm².

2. Centrerad punktlast, fritt upplagd: δ_C = PL³/(48EI), θ_A = PL²/(16EI). Central point load, simply supported: δ_C = PL³/(48EI), θ_A = PL²/(16EI).

3. δ_C ≈ 1,86 mm, θ_A ≈ 2,78·10⁻³ rad. δ_C ≈ 1.86 mm, θ_A ≈ 2.78·10⁻³ rad.

≈ 12 min≈ 12 min · elastiska-linjen fritt-upplagd punktlast standardfall valsat-tvärsnitt

Figure 1.10 — Fig. 1.10 · MT1566 · Alexander Barlo

LösningSolution

Slå upp tröghetsmomentet för S200×34 (I_x ≈ 27,0·10⁶ mm⁴). Använd standardfallet för en centrerad punktlast på fritt upplagd balk: δ_C = PL³/(48EI) och θ_A = PL²/(16EI). Håll enheterna konsekventa (N, mm). Look up the moment of inertia for S200×34 (I_x ≈ 27.0·10⁶ mm⁴). Use the standard case for a central point load on a simply supported beam: δ_C = PL³/(48EI) and θ_A = PL²/(16EI). Keep units consistent (N, mm).

δ_C/L = 1,86/2000 = 0,9·10⁻³ ≪ 1, så små-utböjningsteorin gäller ✓. Lutningen 2,78·10⁻³ rad ≈ 0,16° är liten, som väntat. δ_C/L = 1.86/2000 = 0.9·10⁻³ ≪ 1, so small-deflection theory holds ✓. The slope 2.78·10⁻³ rad ≈ 0.16° is small, as expected.

1. Tvärsnitt och styvhetSection and stiffness

S200×34 är en valsad I-balk. Slå upp tröghetsmomentet och bilda böjstyvheten EI med konsekventa enheter. S200×34 is a rolled I-beam. Look up the moment of inertia and form the bending stiffness EI with consistent units.

Tröghetsmomentet anges ofta som 270 cm⁴ i tabellen. Vad blir det i mm⁴? The moment of inertia is often listed as 270 cm⁴ in the table. What is that in mm⁴?

Hur säker är du?How sure are you? 50%

1 cm⁴ = (10 mm)⁴ = 10⁴ mm⁴. Alltså 270 cm⁴ = 2,70·10⁶ mm⁴. (S200×34 har dock I_x ≈ 27·10⁶ mm⁴ = 2700 cm⁴.) 1 cm⁴ = (10 mm)⁴ = 10⁴ mm⁴. So 270 cm⁴ = 2.70·10⁶ mm⁴. (S200×34, however, has I_x ≈ 27·10⁶ mm⁴ = 2700 cm⁴.)

Fritt upplagd S200×34-balk, centrerad punktlast P i C. Streckad kopparkurva: förstärkt utböjning, störst i mitten.Simply supported S200×34 beam, central point load P at C. Dashed copper curve: amplified deflection, largest at mid-span.

$$ I_x = 27{,}0\cdot 10^{6}\ \text{mm}^4, \quad E = 200\,000\ \text{N/mm}^2 $$

$$ EI = 200\,000 \cdot 27{,}0\cdot 10^{6} = 5{,}40\cdot 10^{12}\ \text{N·mm}^2 $$

2. Standardformler (centrerad punktlast)Standard formulae (central point load)

För en centrerad punktlast på en fritt upplagd balk ger tabellen utböjningen i mitten och lutningen vid stödet. For a central point load on a simply supported beam the table gives the mid-span deflection and the support slope.

$$ \delta_C = \dfrac{P L^3}{48\,EI}, \qquad \theta_A = \dfrac{P L^2}{16\,EI} $$

3. InsättningSubstitution

Sätt in P = 60·10³ N, L = 2000 mm och EI = 5,40·10¹² N·mm². Substitute P = 60·10³ N, L = 2000 mm and EI = 5.40·10¹² N·mm².

$$ \delta_C = \dfrac{60\cdot 10^{3}\cdot 2000^{3}}{48\cdot 5{,}40\cdot 10^{12}} \approx 1{,}86\ \text{mm} $$

$$ \theta_A = \dfrac{60\cdot 10^{3}\cdot 2000^{2}}{16\cdot 5{,}40\cdot 10^{12}} \approx 2{,}78\cdot 10^{-3}\ \text{rad} $$

$$ \boxed{\delta_C \approx 1{,}86\ \text{mm (nedåt)}, \qquad \theta_A \approx 2{,}78\cdot 10^{-3}\ \text{rad}} $$

Sammanfattning.Summary. Med I_x = 27,0·10⁶ mm⁴ blir EI = 5,40·10¹² N·mm². Standardfallet ger δ_C = PL³/(48EI) ≈ 1,86 mm och θ_A = PL²/(16EI) ≈ 2,78·10⁻³ rad (övningsbokens 1,859 mm och 2,79·10⁻³ rad). With I_x = 27.0·10⁶ mm⁴, EI = 5.40·10¹² N·mm². The standard case gives δ_C = PL³/(48EI) ≈ 1.86 mm and θ_A = PL²/(16EI) ≈ 2.78·10⁻³ rad (the exercise book's 1.859 mm and 2.79·10⁻³ rad).

Formelreferenser (Karl Björk) Formula references (Karl Björk)

KB s.29 · Standardfall 6: fritt upplagd + centrerad punktlast, δ = PL³/(48EI)Standard case 6: simply supported + central point load, δ = PL³/(48EI)
KB s.40 · Profiltabell S-balk (I-balk) — tröghetsmoment I_xS-beam (I-beam) profile table — moment of inertia I_x

Vanliga misstagCommon mistakes

M10-1_cm4_to_mm4

Fel enhetskonvertering av I. 1 cm⁴ = 10⁴ mm⁴, inte 10³. Ett fel här ger svaret 10× fel. Wrong unit conversion of I. 1 cm⁴ = 10⁴ mm⁴, not 10³. An error here makes the answer off by 10×.

M10-2_48_vs_3

Använder konsolbalkens PL³/(3EI) i stället för fritt upplagd PL³/(48EI). Randvillkoren är helt olika. Using the cantilever's PL³/(3EI) instead of the simply supported PL³/(48EI). The boundary conditions are entirely different.

M10-3_E_GPa_units

E = 200 GPa = 200·10³ N/mm². Glömmer du faktorn 10³ blir EI och därmed δ helt fel. E = 200 GPa = 200·10³ N/mm². Forgetting the factor 10³ makes EI and hence δ entirely wrong.

Prova själv — dra lasten i sidled och se den deformerade formenTry it yourself — drag the load sideways and watch the deformed shape

Reglagen styr last, spann, lastläge a och styvhet EI. Vid a = L/2 är systemet symmetriskt. Utböjningskurvan nedan ritas från den exakta lösningen. The sliders control load, span, load position a and stiffness EI. At a = L/2 the system is symmetric. The deflection curve below is drawn from the exact solution.

60 kN

2000 mm

1000 mm

5400000000000 N·mm²

Balkens deformerade form (visuellt förstärkt). Punkten markerar δ_max. Beam deformed shape (visually amplified). The marker shows δ_max.

StorhetQuantity	VärdeValue	EnhetUnit	KommentarNote
	—	mm
	—	mm
	—	rad

1.11 fortsattninginteractive

En balk har ett rullstöd i A till vänster, där också ett yttre moment M₀ verkar, och är inspänd i B till höger (längd L). Balken är statiskt obestämd. Bestäm reaktionskraften i A med dubbelintegrationsmetoden.

A beam has a roller support at A on the left, where an external moment M₀ also acts, and is fixed at B on the right (length L). The beam is statically indeterminate. Determine the reaction force at A using the double-integration method.

VerklighetsanknytningReal-world context Nu börjar kapitlets kärna: statiskt obestämda balkar. Här räcker inte jämviktsekvationerna — du behöver ett deformationsvillkor (randvillkor på den elastiska linjen) för att lösa ut den extra okända reaktionen. Detta är exakt metoden i inlämning A1. Now the heart of the chapter begins: statically indeterminate beams. Here the equilibrium equations are not enough — you need a deformation condition (a boundary condition on the elastic curve) to solve for the extra unknown reaction. This is exactly the method in assignment A1.

💡 Hjälp mig förstå problemet 💡 Help me understand this problem

Vad ber frågan dig om? What is the question asking?

Du ska bestämma: reaktionskraften i A med dubbelintegrationsmetoden.You're asked to determine: the reaction force at A using the double-integration method.

Mekaniska begrepp att ha i huvudet Mechanics concepts to keep in mind

Inre krafter N, V och moment M vid snittetInternal forces N, V and moment M at the cut
Snittmetoden: frilägg och tillämpa jämviktSection method: free-body the cut and apply equilibrium
Teckenkonvention för N, V, MSign convention for N, V, M

Föreslagen tankegång (utan att avslöja svaret) Suggested thinking process (without giving away the answer)

Frilägg den ena sidan av snittet.Free-body one side of the cut.
Bestäm N och V ur ΣF = 0.Determine N and V from ΣF = 0.
Bestäm momentet M ur ΣM = 0 kring snittet.Determine the moment M from ΣM = 0 about the cut.
Varför statiskt obestämd?Why statically indeterminate?
Böjmoment med R_A som obekantBending moment with R_A as unknown
Integrera två gångerIntegrate twice
Tillämpa inspänningsvillkoren och lös ut R_AApply the fixed-end conditions and solve for R_A

Mer hjälp under lösningsknappenMore help waiting below the Solution button

Vanliga misstag finns nedan i lösningspanelen (3 st).
Behöver du en stegvis knuff? Det finns 3 ledtrådar i panelen nedan.
Common mistakes are listed in the solution panel below (3 entries).
Need a nudge? There are 3 progressive hints in the panel below.

Ledtrådar (klicka för stegvis hjälp)Hints (click for step-by-step help)

1. Räkna obestämdhetsgraden: 3 reaktioner − 2 jämviktsekvationer = 1. Du behöver ett deformationsvillkor. Count the degree of indeterminacy: 3 reactions − 2 equilibrium equations = 1. You need one deformation condition.

2. Skriv M(x) = R_A·x − M₀ med R_A obekant. Integrera EI·v'' två gånger. Write M(x) = R_A·x − M₀ with R_A unknown. Integrate EI·v'' twice.

3. Använd v(0)=0, v(L)=0, v'(L)=0. Eliminera C₁ ⇒ R_A = 3M₀/(2L). Use v(0)=0, v(L)=0, v'(L)=0. Eliminate C₁ ⇒ R_A = 3M₀/(2L).

≈ 16 min≈ 16 min · statiskt-obestämd dubbelintegration randvillkor stödreaktion

Figure 1.11 — Fig. 1.11 · MT1566 · Alexander Barlo

LösningSolution

Systemet har en överskottsreaktion (statiskt obestämt i grad 1). Behåll R_A som obekant, skriv M(x), och integrera EI·v'' = M(x) två gånger. De TRE randvillkoren — v(0) = 0 (rullstöd A), v(L) = 0 och v'(L) = 0 (inspänning B) — bestämmer de två konstanterna OCH R_A. The system has one redundant reaction (statically indeterminate to degree 1). Keep R_A as an unknown, write M(x), and integrate EI·v'' = M(x) twice. The THREE boundary conditions — v(0) = 0 (roller A), v(L) = 0 and v'(L) = 0 (fixed B) — determine the two constants AND R_A.

Tre randvillkor för tre obekanta (R_A, C₁, C₂) — precis vad som behövs för grad-1-obestämdhet. Resultatet R_A = 3M₀/(2L) har rätt enhet (kraft = moment/längd) ✓. Three boundary conditions for three unknowns (R_A, C₁, C₂) — exactly what degree-1 indeterminacy needs. The result R_A = 3M₀/(2L) has the right unit (force = moment/length) ✓.

1. Varför statiskt obestämd?Why statically indeterminate?

Ett rullstöd (1 reaktion) plus en inspänning (2 reaktioner) ger 3 okända, men planet har bara 2 användbara jämviktsekvationer för denna belastning. Överskottet är 1 — vi behöver ETT deformationsvillkor extra. A roller (1 reaction) plus a fixed support (2 reactions) gives 3 unknowns, but the plane offers only 2 useful equilibrium equations for this loading. The excess is 1 — we need ONE extra deformation condition.

Vad behövs utöver jämvikt för att lösa systemet? What is needed beyond equilibrium to solve the system?

Hur säker är du?How sure are you? 50%

Statiskt obestämda balkar kräver kompatibilitet — här att utböjningen är noll vid rullstödet, v(0) = 0. Statically indeterminate beams require compatibility — here that the deflection is zero at the roller, v(0) = 0.

Rullstöd i A (vänster) med pålagt moment M₀, inspänd i B (höger). R_A är den okända vi söker.Roller at A (left) with applied moment M₀, fixed at B (right). R_A is the unknown we seek.

$$ \text{Okända: } R_A,\ R_B,\ M_B \;\;(3) \quad \text{vs jämvikt} \;\; \Sigma F_y,\ \Sigma M \;\;(2) $$

$$ \text{Obestämdhetsgrad} = 3 - 2 = 1 $$

2. Böjmoment med R_A som obekantBending moment with R_A as unknown

Frilägg från A. Rullkraften R_A på avståndet x och det pålagda momentet M₀ ger böjmomentet vid snittet. Free-body from A. The roller force R_A at distance x and the applied moment M₀ give the bending moment at the cut.

$$ M(x) = R_A\,x - M_0 $$

3. Integrera två gångerIntegrate twice

Integrera EI·v'' = R_A x − M₀. Använd v(0) = 0 (rullstöd) för C₂, och spara C₁ och R_A till de två inspänningsvillkoren. Integrate EI·v'' = R_A x − M₀. Use v(0) = 0 (roller) for C₂, and keep C₁ and R_A for the two fixed-end conditions.

$$ EI\,v'(x) = \dfrac{R_A x^2}{2} - M_0 x + C_1 $$

$$ EI\,v(x) = \dfrac{R_A x^3}{6} - \dfrac{M_0 x^2}{2} + C_1 x + C_2, \quad v(0)=0 \Rightarrow C_2 = 0 $$

4. Tillämpa inspänningsvillkoren och lös ut R_AApply the fixed-end conditions and solve for R_A

Vid B (x = L) är både lutning och utböjning noll. Det ger två ekvationer; eliminera C₁ för att få R_A. At B (x = L) both slope and deflection are zero. This gives two equations; eliminate C₁ to get R_A.

$$ v'(L)=0:\;\; \dfrac{R_A L^2}{2} - M_0 L + C_1 = 0 \;\Rightarrow\; C_1 = M_0 L - \dfrac{R_A L^2}{2} $$

$$ v(L)=0:\;\; \dfrac{R_A L^3}{6} - \dfrac{M_0 L^2}{2} + C_1 L = 0 $$

$$ \dfrac{R_A L^3}{6} - \dfrac{M_0 L^2}{2} + M_0 L^2 - \dfrac{R_A L^3}{2} = 0 \;\Rightarrow\; -\dfrac{R_A L^3}{3} + \dfrac{M_0 L^2}{2} = 0 $$

$$ \boxed{R_A = \dfrac{3 M_0}{2 L}} $$

Sammanfattning.Summary. Med R_A obekant och tre randvillkor (v(0)=0, v(L)=0, v'(L)=0) ger dubbelintegrationen R_A = 3M₀/(2L). Det är just den extra ekvationen från elastiska linjen som löser obestämdheten. With R_A unknown and three boundary conditions (v(0)=0, v(L)=0, v'(L)=0), the double integration gives R_A = 3M₀/(2L). It is precisely the extra equation from the elastic curve that resolves the indeterminacy.

Formelreferenser (Karl Björk) Formula references (Karl Björk)

KB s.31 · Elastiska linjens ekvation EI·v'' = M(x)Equation of the elastic curve EI·v'' = M(x)
KB s.19 · Statiskt obestämda system — kräver deformationsvillkorStatically indeterminate systems — require a deformation condition

Vanliga misstagCommon mistakes

M11-1_equilibrium_enough

Tror att jämvikt räcker. Med 3 reaktioner och 2 jämviktsekvationer behövs ETT deformationsvillkor till. Thinking equilibrium is enough. With 3 reactions and 2 equilibrium equations, ONE deformation condition is still needed.

M11-2_BC_count

Glömmer ett randvillkor. Här finns TRE: v(0)=0 vid rullstödet samt v(L)=0 och v'(L)=0 vid inspänningen. Missing a boundary condition. There are THREE here: v(0)=0 at the roller plus v(L)=0 and v'(L)=0 at the fixed end.

M11-3_drop_RA_term

Tappar R_A-termen i M(x). R_A måste finnas kvar som symbol genom hela integrationen och lösas ut sist. Dropping the R_A term in M(x). R_A must remain as a symbol throughout the integration and be solved for last.

Prova själv — ändra moment och längdTry it yourself — change moment and length

Reaktionen R_A = 3M₀/(2L) växer med momentet och minskar med längden. The reaction R_A = 3M₀/(2L) grows with the moment and shrinks with the length.

10 kNm

2 m

StorhetQuantity	VärdeValue	EnhetUnit	KommentarNote
	—	kN

1.12 fortsattninginteractive

En balk har ett rullstöd i A till vänster och är inspänd i B till höger (längd L). En triangulärt utbredd last verkar med maxvärdet q₀ vid rullstödet A och avtar till noll vid inspänningen B. Bestäm reaktionen i A — först med dubbelintegrationsmetoden och sedan, som kontroll, med superpositionsmetoden.

A beam has a roller support at A on the left and is fixed at B on the right (length L). A triangular distributed load acts with maximum q₀ at the roller A and decreases to zero at the fixed support B. Determine the reaction at A — first by the double-integration method and then, as a check, by the superposition method.

VerklighetsanknytningReal-world context Detta är kapitlets ankarproblem och kärnan i inlämning A1: en proppad konsolbalk. Att lösa den på TVÅ sätt — dubbelintegration och superposition — och få samma svar är den bästa kontrollen du kan göra. Superposition är ofta snabbast när standardfallen finns i KB:s tabeller. This is the chapter's anchor problem and the core of assignment A1: a propped cantilever. Solving it TWO ways — double integration and superposition — and getting the same answer is the best check you can make. Superposition is often fastest when the standard cases are in the KB tables.

💡 Hjälp mig förstå problemet 💡 Help me understand this problem

Vad ber frågan dig om? What is the question asking?

Du ska bestämma: reaktionen i A — först med dubbelintegrationsmetoden och sedan, som kontroll, med superpositionsmetoden.You're asked to determine: the reaction at A — first by the double-integration method and then, as a check, by the superposition method.

Mekaniska begrepp att ha i huvudet Mechanics concepts to keep in mind

Inre krafter N, V och moment M vid snittetInternal forces N, V and moment M at the cut
Snittmetoden: frilägg och tillämpa jämviktSection method: free-body the cut and apply equilibrium
Teckenkonvention för N, V, MSign convention for N, V, M

Föreslagen tankegång (utan att avslöja svaret) Suggested thinking process (without giving away the answer)

Frilägg den ena sidan av snittet.Free-body one side of the cut.
Bestäm N och V ur ΣF = 0.Determine N and V from ΣF = 0.
Bestäm momentet M ur ΣM = 0 kring snittet.Determine the moment M from ΣM = 0 about the cut.
Metod 1 · Böjmoment med R_A obekantMethod 1 · Bending moment with R_A unknown
Metod 1 · Integrera två gångerMethod 1 · Integrate twice
Metod 1 · Inspänningsvillkor ⇒ R_AMethod 1 · Fixed-end conditions ⇒ R_A
Metod 2 · Superposition — ta bort rullstödetMethod 2 · Superposition — remove the roller
Metod 2 · Kompatibilitet ⇒ samma R_AMethod 2 · Compatibility ⇒ same R_A

Mer hjälp under lösningsknappenMore help waiting below the Solution button

Vanliga misstag finns nedan i lösningspanelen (3 st).
Behöver du en stegvis knuff? Det finns 3 ledtrådar i panelen nedan.
Common mistakes are listed in the solution panel below (3 entries).
Need a nudge? There are 3 progressive hints in the panel below.

Ledtrådar (klicka för stegvis hjälp)Hints (click for step-by-step help)

1. Skriv lastintensiteten w(x) = q₀(1 − x/L) och behåll R_A som symbol i M(x). Write the load intensity w(x) = q₀(1 − x/L) and keep R_A as a symbol in M(x).

2. Dubbelintegration: tre randvillkor v(0)=0, v(L)=0, v'(L)=0. Superposition: δ_A(last) = δ_A(R_A). Double integration: three BCs v(0)=0, v(L)=0, v'(L)=0. Superposition: δ_A(load) = δ_A(R_A).

3. 11q₀L⁴/(120EI) = R_A L³/(3EI) ⇒ R_A = 11q₀L/40. 11q₀L⁴/(120EI) = R_A L³/(3EI) ⇒ R_A = 11q₀L/40.

≈ 22 min≈ 22 min · statiskt-obestämd dubbelintegration superposition triangulär-last stödreaktion anchor-problem

Figure 1.12 — Fig. 1.12 · MT1566 · Alexander Barlo

LösningSolution

Metod 1 (dubbelintegration): behåll R_A obekant, skriv M(x) för den triangulära lasten, integrera EI·v'' två gånger och använd v(0)=0, v(L)=0, v'(L)=0. Metod 2 (superposition): ta bort rullstödet så att en konsolbalk inspänd i B återstår; kräv att nettoutböjningen vid A är noll: δ_A(last) = δ_A(R_A). Method 1 (double integration): keep R_A unknown, write M(x) for the triangular load, integrate EI·v'' twice and use v(0)=0, v(L)=0, v'(L)=0. Method 2 (superposition): remove the roller so a cantilever fixed at B remains; require the net deflection at A to be zero: δ_A(load) = δ_A(R_A).

Båda metoderna ger R_A = 11q₀L/40 = 0,275·q₀L. Det är mindre än halva totallasten (½q₀L = 0,5q₀L), rimligt eftersom inspänningen i B bär merparten ✓. Both methods give R_A = 11q₀L/40 = 0.275·q₀L. That is less than half the total load (½q₀L = 0.5q₀L), reasonable since the fixed support at B carries the larger share ✓.

1. Metod 1 · Böjmoment med R_A obekantMethod 1 · Bending moment with R_A unknown

Lastintensiteten avtar linjärt: w(x) = q₀(1 − x/L). Frilägg [0,x] från rullstödet. Böjmomentet samlar bidragen från R_A och den frilagda lastdelen. The load intensity decreases linearly: w(x) = q₀(1 − x/L). Free-body [0,x] from the roller. The bending moment collects the contributions of R_A and the free-body load.

Hur stor väntar du dig att R_A blir, jämfört med totallasten ½q₀L? How large do you expect R_A to be, compared with the total load ½q₀L?

Hur säker är du?How sure are you? 50%

Inspänningen i B är styvare och bär mer. R_A = 11q₀L/40 = 0,275·q₀L, alltså mindre än hälften av ½q₀L. The fixed support at B is stiffer and carries more. R_A = 11q₀L/40 = 0.275·q₀L, i.e. less than half of ½q₀L.

Proppad konsolbalk: rullstöd i A (vänster), inspänd i B (höger). Triangellast q₀ störst vid A, noll vid B.Propped cantilever: roller at A (left), fixed at B (right). Triangular load q₀ largest at A, zero at B.

$$ w(x) = q_0\left(1 - \dfrac{x}{L}\right) $$

$$ M(x) = R_A x - \dfrac{q_0 x^2}{2} + \dfrac{q_0 x^3}{6L} $$

2. Metod 1 · Integrera två gångerMethod 1 · Integrate twice

Integrera och använd v(0)=0 (rullstöd) för C₂. Integrate and use v(0)=0 (roller) for C₂.

$$ EI\,v'(x) = \dfrac{R_A x^2}{2} - \dfrac{q_0 x^3}{6} + \dfrac{q_0 x^4}{24L} + C_1 $$

$$ EI\,v(x) = \dfrac{R_A x^3}{6} - \dfrac{q_0 x^4}{24} + \dfrac{q_0 x^5}{120L} + C_1 x, \quad (C_2 = 0) $$

3. Metod 1 · Inspänningsvillkor ⇒ R_AMethod 1 · Fixed-end conditions ⇒ R_A

Använd v'(L)=0 för C₁ och sätt in i v(L)=0. Eliminering ger R_A. Use v'(L)=0 for C₁ and substitute into v(L)=0. Eliminating gives R_A.

$$ v'(L)=0:\;\; C_1 = -\dfrac{R_A L^2}{2} + \dfrac{q_0 L^3}{8} $$

$$ v(L)=0:\;\; \dfrac{R_A L^3}{6} - \dfrac{q_0 L^4}{30} + C_1 L = 0 $$

$$ -\dfrac{R_A L^3}{3} + \dfrac{11\,q_0 L^4}{120} = 0 \;\Rightarrow\; \boxed{R_A = \dfrac{11\,q_0 L}{40}} $$

4. Metod 2 · Superposition — ta bort rullstödetMethod 2 · Superposition — remove the roller

Tänk dig rullstödet borttaget: kvar är en konsolbalk inspänd i B, fri i A. Lasten ensam ger en nedböjning δ_A vid A. Standardfallet (triangellast med max vid den fria änden) finns i KB — det är samma resultat som i problem 1.7. Imagine the roller removed: what remains is a cantilever fixed at B, free at A. The load alone gives a deflection δ_A at A. The standard case (triangular load with maximum at the free end) is in KB — it is the same result as in problem 1.7.

Vilket kompatibilitetsvillkor återinför rullstödet? Which compatibility condition restores the roller?

Hur säker är du?How sure are you? 50%

Ett rullstöd tillåter rotation men hindrar förskjutning. Villkoret är därför δ_A = 0, inte θ_A = 0. A roller allows rotation but prevents displacement. The condition is therefore δ_A = 0, not θ_A = 0.

$$ \delta_{A,\text{last}} = \dfrac{11\,q_0 L^4}{120\,EI} \quad (\text{nedåt}) $$

5. Metod 2 · Kompatibilitet ⇒ samma R_AMethod 2 · Compatibility ⇒ same R_A

Reaktionen R_A (uppåt) ensam lyfter änden A med R_A·L³/(3EI) (standardfall, konsol med ändpunktlast — problem 1.9). Kräv att de tar ut varandra. The reaction R_A (upward) alone lifts the end A by R_A·L³/(3EI) (standard case, cantilever with end load — problem 1.9). Require that they cancel.

$$ \delta_{A,R} = \dfrac{R_A L^3}{3EI} \stackrel{!}{=} \delta_{A,\text{last}} = \dfrac{11\,q_0 L^4}{120\,EI} $$

$$ \dfrac{R_A L^3}{3} = \dfrac{11\,q_0 L^4}{120} \;\Rightarrow\; \boxed{R_A = \dfrac{11\,q_0 L}{40}} \;\;\checkmark $$

Sammanfattning.Summary. Båda metoderna ger R_A = 11q₀L/40. Dubbelintegration löser ut R_A ur tre randvillkor; superposition kräver att lastens nedböjning vid A (11q₀L⁴/120EI) balanseras av reaktionens lyft (R_A L³/3EI). Both methods give R_A = 11q₀L/40. Double integration solves R_A from three boundary conditions; superposition requires the load's deflection at A (11q₀L⁴/120EI) to be balanced by the reaction's lift (R_A L³/3EI).

Formelreferenser (Karl Björk) Formula references (Karl Björk)

KB s.31 · Elastiska linjens ekvation EI·v'' = M(x)Equation of the elastic curve EI·v'' = M(x)
KB s.32 · Superposition + standardfall: konsol med triangellast, δ = 11q₀L⁴/(120EI)Superposition + standard cases: cantilever with triangular load, δ = 11q₀L⁴/(120EI)

Vanliga misstagCommon mistakes

M12-1_half_load

Gissar att R_A = halva totallasten. Stelheten fördelar lasten — den styvare inspänningen i B bär mer, så R_A < ½·(½q₀L). Guessing R_A = half the total load. Stiffness distributes the load — the stiffer fixed end at B carries more, so R_A < ½·(½q₀L).

M12-2_slope_condition

Sätter θ_A = 0 i superpositionen. Ett rullstöd hindrar förskjutning, inte rotation — villkoret är δ_A = 0. Setting θ_A = 0 in the superposition. A roller prevents displacement, not rotation — the condition is δ_A = 0.

M12-3_wrong_standard_case

Väljer fel standardfall för δ_A(last). Lasten är triangulär med max vid den fria änden, inte vid inspänningen — det ger 11q₀L⁴/(120EI). Picking the wrong standard case for δ_A(load). The load is triangular with its maximum at the free end, not at the fixed end — that gives 11q₀L⁴/(120EI).

Se även:See also: Uppg. 1.7 — En utkragad (konsol-)balk är inspänd i A till vänster och fr…Prob. 1.7 — A cantilever beam is fixed at A on the left and free at B on… — δ_A för lastdelen är samma standardfall som fria-ände-utböjningen i 1.7 (triangellast, max vid fria änden): 11q₀L⁴/(120EI). · Uppg. 1.9 — En utkragad balk är inspänd i A till vänster och fri i B til…Prob. 1.9 — A cantilever beam is fixed at A on the left and free at B on… — δ_A för reaktionen är konsolbalkens ändpunktlast-utböjning från 1.9: R_A·L³/(3EI).

Prova själv — last och längdTry it yourself — load and length

R_A = 11q₀L/40 oberoende av EI — den statiskt obestämda reaktionen beror bara på geometri och last (för en prismatisk balk). R_A = 11q₀L/40 independent of EI — the statically indeterminate reaction depends only on geometry and load (for a prismatic beam).

10 kN/m

2 m

StorhetQuantity	VärdeValue	EnhetUnit	KommentarNote
	—	kN
	—	kN

1.13 fortsattninginteractive

En balk är inspänd i båda ändarna A (vänster) och B (höger), längd L, med en punktlast P i mitten C. Bestäm a) reaktionskraften i A, och b) rita momentdiagrammet.

A beam is fixed at both ends A (left) and B (right), length L, with a point load P at the mid-point C. Determine a) the reaction force at A, and b) draw the bending-moment diagram.

VerklighetsanknytningReal-world context En dubbelt inspänd balk — t.ex. ett tvärgående golvbjälke som är fast gjutet i två väggar — är statiskt obestämd i grad 2, men symmetrin halverar arbetet. Den dubbla inspänningen gör balken mycket styvare: δ_C = PL³/(192EI), fyra gånger mindre än för en fritt upplagd balk. A doubly fixed beam — e.g. a transverse floor joist cast rigidly into two walls — is statically indeterminate to degree 2, but symmetry halves the work. The double fixing makes the beam much stiffer: δ_C = PL³/(192EI), four times smaller than for a simply supported beam.

💡 Hjälp mig förstå problemet 💡 Help me understand this problem

Vad ber frågan dig om? What is the question asking?

Du ska bestämma: a) reaktionskraften i A, och b) rita momentdiagrammet.You're asked to determine: a) the reaction force at A, and b) draw the bending-moment diagram.

Mekaniska begrepp att ha i huvudet Mechanics concepts to keep in mind

Inre krafter N, V och moment M vid snittetInternal forces N, V and moment M at the cut
Snittmetoden: frilägg och tillämpa jämviktSection method: free-body the cut and apply equilibrium
Teckenkonvention för N, V, MSign convention for N, V, M

Föreslagen tankegång (utan att avslöja svaret) Suggested thinking process (without giving away the answer)

Frilägg den ena sidan av snittet.Free-body one side of the cut.
Bestäm N och V ur ΣF = 0.Determine N and V from ΣF = 0.
Bestäm momentet M ur ΣM = 0 kring snittet.Determine the moment M from ΣM = 0 about the cut.
Symmetri ⇒ reaktionskraftenSymmetry ⇒ the reaction force
Inspänningsmoment via randvillkorFixing moment via boundary conditions
MomentdiagramBending-moment diagram

Mer hjälp under lösningsknappenMore help waiting below the Solution button

Vanliga misstag finns nedan i lösningspanelen (3 st).
Behöver du en stegvis knuff? Det finns 3 ledtrådar i panelen nedan.
Common mistakes are listed in the solution panel below (3 entries).
Need a nudge? There are 3 progressive hints in the panel below.

Ledtrådar (klicka för stegvis hjälp)Hints (click for step-by-step help)

1. Symmetri: R_A = R_B. Vertikal jämvikt ger då R_A = P/2 direkt. Symmetry: R_A = R_B. Vertical equilibrium then gives R_A = P/2 directly.

2. För momentet: M(x) = R_A x − M_A för 0 ≤ x ≤ L/2. Integrera, v'(0)=0 och v'(L/2)=0. For the moment: M(x) = R_A x − M_A for 0 ≤ x ≤ L/2. Integrate, v'(0)=0 and v'(L/2)=0.

3. M_A = R_A L/4 = PL/8. Diagram: −PL/8 vid stöden, +PL/8 i mitten. M_A = R_A L/4 = PL/8. Diagram: −PL/8 at the supports, +PL/8 at the centre.

≈ 18 min≈ 18 min · statiskt-obestämd inspänd-inspänd symmetri punktlast momentdiagram

Figure 1.13 — Fig. 1.13 · MT1566 · Alexander Barlo

LösningSolution

Utnyttja symmetrin: lika reaktioner och lika inspänningsmoment. Vertikal jämvikt ger genast R_A. Inspänningsmomentet följer av randvillkoren v'(0)=0 vid inspänningen och v'(L/2)=0 i symmetriplanet. Exploit the symmetry: equal reactions and equal fixing moments. Vertical equilibrium gives R_A at once. The fixing moment follows from v'(0)=0 at the fixed end and v'(L/2)=0 at the plane of symmetry.

Momentdiagrammet är antisymmetriskt kring noll: −PL/8 vid stöden, +PL/8 i mitten. Summan av areorna under M-diagrammet är noll, konsistent med v'(0)=v'(L)=0 ✓. The moment diagram is antisymmetric about zero: −PL/8 at the supports, +PL/8 at mid-span. The net area under the M-diagram is zero, consistent with v'(0)=v'(L)=0 ✓.

1. Symmetri ⇒ reaktionskraftenSymmetry ⇒ the reaction force

Geometrin och lasten är symmetriska kring mitten, så de två lodräta reaktionerna är lika. Vertikal jämvikt delar lasten lika. The geometry and load are symmetric about the centre, so the two vertical reactions are equal. Vertical equilibrium splits the load equally.

Hur jämför sig mittutböjningen med en fritt upplagd balk med samma last? How does the mid-span deflection compare with a simply supported beam under the same load?

Hur säker är du?How sure are you? 50%

Inspänningarna håller emot rotation och styvar upp balken: δ_C = PL³/(192EI), en fjärdedel av den fritt upplagda. The fixed ends resist rotation and stiffen the beam: δ_C = PL³/(192EI), one quarter of the simply supported value.

Dubbelt inspänd balk (inspänd i A och B), centrerad punktlast P i C. Reaktioner P/2 och inspänningsmoment PL/8 i båda ändar.Doubly fixed beam (fixed at A and B), central point load P at C. Reactions P/2 and fixing moments PL/8 at both ends.

$$ R_A = R_B \quad (\text{symmetri}) $$

$$ \overset{+}{\uparrow}\sum F_y = 0:\;\; R_A + R_B - P = 0 \;\Rightarrow\; \boxed{R_A = \dfrac{P}{2}} $$

2. Inspänningsmoment via randvillkorFixing moment via boundary conditions

Låt M_A vara inspänningsmomentets belopp (hogging). För 0 ≤ x ≤ L/2 är M(x) = R_A·x − M_A. Integrera en gång; v'(0)=0 ger C₁=0, och symmetrin v'(L/2)=0 löser M_A. Let M_A be the magnitude of the fixing moment (hogging). For 0 ≤ x ≤ L/2, M(x) = R_A·x − M_A. Integrate once; v'(0)=0 gives C₁=0, and symmetry v'(L/2)=0 solves M_A.

$$ EI\,v'(x) = \dfrac{R_A x^2}{2} - M_A x + C_1, \quad v'(0)=0 \Rightarrow C_1 = 0 $$

$$ v'\!\left(\tfrac{L}{2}\right)=0:\;\; \dfrac{R_A}{2}\!\left(\tfrac{L}{2}\right)^2 - M_A\!\left(\tfrac{L}{2}\right) = 0 \;\Rightarrow\; M_A = \dfrac{R_A L}{4} = \dfrac{PL}{8} $$

3. MomentdiagramBending-moment diagram

Internt moment vid stöden är −PL/8 (hogging) och i mitten +PL/8 (sagging). Diagrammet är styckvis rätlinjigt med tre lika stora belopp. The internal moment is −PL/8 at the supports (hogging) and +PL/8 at mid-span (sagging). The diagram is piecewise linear with three equal magnitudes.

$$ M(0) = -\dfrac{PL}{8}, \qquad M\!\left(\tfrac{L}{2}\right) = +\dfrac{PL}{8}, \qquad M(L) = -\dfrac{PL}{8} $$

$$ \boxed{R_A = \dfrac{P}{2}, \qquad |M|_{\max} = \dfrac{PL}{8}} $$

📈 Snittposition: dra reglaget för att se V(x) och M(x)Section position: drag the slider to see V(x) and M(x)

x = x = 2.00 m

N(x) [kN]

V(x) [kN]

M(x) [kN·m]

Sammanfattning.Summary. Symmetri ger R_A = R_B = P/2. Randvillkoren v'(0)=0 och v'(L/2)=0 ger inspänningsmomentet PL/8. Momentdiagrammet växlar mellan −PL/8 (stöd) och +PL/8 (mitt). Symmetry gives R_A = R_B = P/2. The conditions v'(0)=0 and v'(L/2)=0 give the fixing moment PL/8. The moment diagram alternates between −PL/8 (supports) and +PL/8 (centre).

Formelreferenser (Karl Björk) Formula references (Karl Björk)

KB s.31 · Elastiska linjens ekvation EI·v'' = M(x)Equation of the elastic curve EI·v'' = M(x)
KB s.32 · Standardfall: dubbelt inspänd + centrerad last, M_inspänning = PL/8Standard case: both ends fixed + central load, M_fixing = PL/8

Vanliga misstagCommon mistakes

M13-1_fixed_same_as_ss

Antar att en dubbelt inspänd balk böjer lika mycket som en fritt upplagd. Inspänningarna gör den 4× styvare: δ_C = PL³/(192EI). Assuming a doubly fixed beam deflects as much as a simply supported one. The fixed ends make it 4× stiffer: δ_C = PL³/(192EI).

M13-2_M_zero_at_fixed

Ritar M = 0 vid de inspända ändarna. Vid en inspänning är momentet maximalt (−PL/8), inte noll — det är bara vid leder/rullar M = 0. Drawing M = 0 at the fixed ends. At a fixed support the moment is maximal (−PL/8), not zero — M = 0 only at pins/rollers.

M13-3_forgot_symmetry

Försöker lösa grad-2-obestämdheten utan symmetri. Symmetrin (R_A=R_B, M_A=M_B, v'(L/2)=0) halverar arbetet. Trying to solve the degree-2 indeterminacy without symmetry. Symmetry (R_A=R_B, M_A=M_B, v'(L/2)=0) halves the work.

Prova själv — last och spannTry it yourself — load and span

R_A = P/2 oberoende av allt annat (symmetri). Inspänningsmomentet PL/8 är samma belopp som mittmomentet. R_A = P/2 independent of everything else (symmetry). The fixing moment PL/8 equals the mid-span moment in magnitude.

20 kN

4 m

StorhetQuantity	VärdeValue	EnhetUnit	KommentarNote
	—	kN
	—	kNm