De presentatie wordt gedownload. Even geduld aub

De presentatie wordt gedownload. Even geduld aub

1 Module ribCTH Construeren van een Tennishal Vergeet-mij-nietjes. Week 13 Studiejaar 2006 - 2007 Studiepunten 3 ECTS Bouwkunde / Civiele techniek.

Verwante presentaties


Presentatie over: "1 Module ribCTH Construeren van een Tennishal Vergeet-mij-nietjes. Week 13 Studiejaar 2006 - 2007 Studiepunten 3 ECTS Bouwkunde / Civiele techniek."— Transcript van de presentatie:

1 1 Module ribCTH Construeren van een Tennishal Vergeet-mij-nietjes. Week 13 Studiejaar Studiepunten 3 ECTS Bouwkunde / Civiele techniek

2 2 Geknikte constructies (90 graden) Toets 20 kN

3 3 Geknikte constructies (90 graden) Gevraagd: Bereken en teken de D-, de N- en de M-lijn

4 4 Geknikte constructies (90 graden) D-lijn 20 kN 20

5 5 Geknikte constructies (90 graden) N-lijn 20 kN 20

6 6 Geknikte constructies (90 graden) M-lijn ∑ M t.o.v. A = * * 3 + M(A) = 0 M(A) = 5 kNm 20 kN 20 5

7 7 Geknikte constructies (90 graden) Horizontale liggerVerticale staander ∑ Fv = 0∑ Fv = 0 Fv + 20 = 0Fv -5 = 0 Fv = -20 kNFv = 5 kN ∑ Fh = 0∑ Fh = 0 Fh – 5 = 0-Fh + 20 = 0 Fh = 5 kNFh = -20 kN

8 8 Geknikte constructies Indien de staafdelen onder een andere hoek dan 90 graden aan elkaar zijn verbonden dient de hoek te worden ontbonden in een dwarskrachtcomponent en een normaalkrachtcomponent De hoek waaronder de verticale staander t.o.v het maaiveld staat, is gelijk aan de tangens van die hoek. Tan α = 2/1,5 → α = 53,13º

9 9 Geknikte constructies Ontbinding verticale kracht van 10 kN Fv = cos(90º - 53,13º) * 10 → Fv = 8 kN Fh = sin(90º - 53,13º) * 10 → Fh = 6 kN Ontbinding horizontale kracht van 5 kN Fv = cos 53,13º * 5 → Fv = 3 kN Fh = sin 53,13º * 5 → Fh = 4 kN

10 10 Geknikte constructies 3 kN 4 kN 5 kN 10 kN 8 kN 6 kN 2 m 1.5 m1 m

11 11 Geknikte constructies

12 12 Geknikte constructies Horizontale liggerVerticale staander ∑ Fv = 0∑ Fv = 0 Fv + 10 = 0-Fv = 0 Fv = -10 kNFv = -2 kN ∑ Fh = 0∑ Fh = 0 Fh – 5 = 0-Fh = 0 Fh = 5 kNFh = -11 kN ∑ M t.ov. C = * 1 + Mc= 0 kNm Mc = 10 kNm ∑ M t.o.v A -10 * 2,5 + 5 * 2 +Ma = 0 Ma = 15 kN

13 13 Geknikte constructie met gelijkmatige belasting

14 14 Geknikte constructie met gelijkmatige belasting Wordt een schuine staaf belast door een verticaal gerichte verdeelde belasting, dan dient ook de verdeelde belasting te worden ontbonden in een verdeelde belasting loodrecht op de staafas en een verdeelde belasting evenwijdig aan de staafas. In dit voorbeeld wordt zowel het schuine deel als het horizontale deel belast met een gelijkmatig verdeelde belasting van 20 kN/m.

15 15 Geknikte constructie met gelijkmatige belasting Staaf 1 Q = 20 * 4,24 = 84,8 kN Staaf 2 Q = 20 * 2 = 40 kN ∑ Fv = 0 Fa + 84, = 0 Fa = - 124,8 kN

16 16 Geknikte constructie met gelijkmatige belasting ∑ M t.o.v B = ,8 * ,8 * 3, * 1 - FAh * 3 = 0 FAh = 95,7 kN ∑ Fh = 0 FBh + 95,7 = 0 FBh = - 95,7 kN

17 17 Geknikte constructie met gelijkmatige belasting 124,8 kN 95,7 kN Fr = 40 kN Fr = 84,8 kN

18 18 Geknikte constructie met gelijkmatige belasting Staaf 1 maakt met het maaiveld een hoek van: tan α = 3/3 → α = 45º Ontbinden van de verticale kracht Fav = 124,8 kN Fv = Fh = sin 45 * 124,8 = 88,2 kN Ontbinden van de verticale kracht F = 40 kN Fv = Fh = sin 45 * 40 = 28,3 kN Ontbinden van de horizontale kracht FAh = 95,7 kN Fv = Fh = sin 45 * 95,7 = 67,7 kN Ontbinden van de horizontale kracht Fh = 95,7 kN Fv = Fh = sin 45 * 95,7 = 67,7 kN

19 19 Geknikte constructie met gelijkmatige belasting Staaf 1 Punt A Verticale krachten + 67,7 – 88,2 = - 20,5 kN Horizontale krachten +88,2 + 67,7 = 155,9 kN

20 20 Geknikte constructie met gelijkmatige belasting Punt C Verticale krachten +28,3 - 67,7 = - 39,4 kN Horizontale krachten - 28,3 - 67,7 = - 96 kN

21 21 Geknikte constructie met gelijkmatige belasting Op de plaats van het dwarskrachtennulpunt in staaf 1 moet de momentenlijn een extreme waarde aannemen. De afstand van dit punt tot A bedraagt: 20,5 / sin 45 * 20 = 1,45 m (De gelijkmatig belasting van 20 kN/m is hierboven ontbonden in een horizontale component, deze is tevens gelijk aan het verticale moment (ook 14,1 kN). Daar deze verticale kracht evenwijdig en loopt met staaf 1 en gericht is naar punt A neemt deze normaalkracht toe naarmate de doorsnede dichter bij A wordt gekozen, de normaalkracht in de schuine staaf is dus niet meer constant.) De waarde van het maximale veldmoment is dan: (20,5 * 1,45) / 2 = 14,9 kNm

22 22 Geknikte constructie met gelijkmatige belasting 28,3 kN 67,7 kN 40 kN 28,3 kN 67,7 kN 88,2 kN 67,7 kN 124,8 kN 88,2 kN 67,7 kN C A Staaf AC 95,7 kN

23 23 Geknikte constructie met gelijkmatige belasting 20,5 – sin(45)*84,4 = 39,2 kN

24 24 Geknikte constructie met gelijkmatige belasting

25 25 Geknikte constructie met gelijkmatige belasting

26 26 Driescharnierconstructies q= 15 kN/m

27 27 Driescharnierconstructies Som v/d momenten t.o.v. A = 0 15*12*6 + 15*12*18 – 24FBv = 0 FBv = 180 kN Som v/d verticale krachten = 0 (15*12)+(15*12) – 180 – FAv = 0 FAv = 180 kN

28 28 Driescharnierconstructies Som van de momenten t.ov. Slinks = 0 FAh*9 – 180 * * 6 = 0 Fah = 120 kN Som van de horizontale krachten = – FSh = 0 FSh = 120 kN

29 29 Driescharnierconstructies Vervolgens verdelen we de globale belasting over het schuin deel (We tekenen deze in over de halve constructie daar de constructie en belasting symmetrisch zijn) 120 kN 180 kN q= 13,42 kN

30 30 Driescharnierconstructies De schuine ligger maakt een hoek met de verticale ligger, deze is: Tan α = 6 / 12 → 26,6º Ontbinden in vectoren van de verticale kracht FAv = 180 kN Fh = sin 26,6 * 180 = 80,6 kN Fv = cos 26,6 * 180 = -160,9 kN Ontbinden in vectoren van de verticale kracht FAh = 120 kN Fh = cos 26,6 * 120 = 107,3 kN Fv = sin 26,6 * 120 = 53,7 kN

31 31 Driescharnierconstructies Ontbinden in vectoren van de horizontale kracht Fs = -120 kN Fsh = cos 26,6 * 120 = -107,3 kN Fsv = sin 26,6 * 120 = 53,7 kN Ontbinden in vectoren van de gelijkmatig verdeelde belasting q = 13,42 kN/m qh = cos 26,6 * 13,42 = 12 kN/m qv = sin 26,6 * 13,42 = -6 kN/m

32 32 Driescharnierconstructies Staaf CB Punt C Verticale krachten - 160,9 + 53,6 = - 107,3 kN Horizontale krachten 107,3 + 80,6 = 187,9 kN

33 33 Driescharnierconstructies Punt B Verticale krachten Fsv = 53,7 kN Horizontale krachten Fsh = -107,3 kN Op de plaats van het dwarskrachtennulpunt in CB moet de momentenlijn een extreme waarde aannemen. De afstand van dit punt tot A bedraagt: 53,7 / 12 = 4,48 m De waarde van het maximale veldmoment is dan: (53,7 * 4,48) / 2 = 120,3 kNm

34 34 Driescharnierconstructies 120 kN 80,6 kN 107,3 kN 53,7 kN 161 kN 180 kN 107,3 kN 53,7 kN C B Fr = cos(26,6)*180 = 161 kN

35 35 Driescharnierconstructies Staaf AC ∑ Fv = Fv = 0 Fv = 180 kN (gelijk aan 13,42 kNm * 13,42 m = Q = 180 kN) ∑ Fh = – Fsh = 0 Fsh = 120 kN ∑ M = * 3 = 360 kNm

36 36 Driescharnierconstructies

37 37 EINDE Docent: M.J.Roos


Download ppt "1 Module ribCTH Construeren van een Tennishal Vergeet-mij-nietjes. Week 13 Studiejaar 2006 - 2007 Studiepunten 3 ECTS Bouwkunde / Civiele techniek."

Verwante presentaties


Ads door Google