De presentatie wordt gedownload. Even geduld aub

De presentatie wordt gedownload. Even geduld aub

1 Module ribCTH1 Construeren van een Tennishal Week 05 Studiejaar 2007 - 2008 Studiepunten 3 ECTS Bouwkunde / Civiele techniek IBB.

Verwante presentaties


Presentatie over: "1 Module ribCTH1 Construeren van een Tennishal Week 05 Studiejaar 2007 - 2008 Studiepunten 3 ECTS Bouwkunde / Civiele techniek IBB."— Transcript van de presentatie:

1 1 Module ribCTH1 Construeren van een Tennishal Week 05 Studiejaar Studiepunten 3 ECTS Bouwkunde / Civiele techniek IBB

2 2 Toets hoekstaal z y Bepaal: a.Het zwaartepunt van de samengestelde ligger b.Het traagheidsmoment t.o.v. de y-as

3 3 Oplossing ,57 30, ,57 24,57 z y

4 4 Oplossing A1 = 10 * 130 = 1300 A2 = 10 * 100 = 1000 Atotaal = 2300 Sy = 75 * * 1000 Z = / 2300 = 44,57 a1 = 75 – 44,57 = 30,43 a2 = 5 – 44,57 = -39,57

5 5 Oplossing Ieigen(1) = 1/12 * 10 * = ,33 Ieigen(2) = 1/12 * 100 * 10 3 = 8333,33 Iy = , ,43 2 * , ,57 2 * 1000 Iy = mm 4 = 461 * 10 4 mm 4

6 6 Oplossing Sz = 5 * * 1000 y = / 2300 = 24,57 Samenvatting Zwaartepunt op (44.56,24.57) Iy = Iy = mm 4 = 461 * 10 4 mm 4

7 7 Traagheidsmoment houten samengestelde ligger. b x a I = 2 * a 2 * A A = b * x (a = e = uiterste vezelafstand)

8 8 Voorbeeld - schuifspanning

9 9 Controleer de schuifspanning in de lijfplaten van het boven weergegeven samengesteld profiel. τ = Fd / (2h * d) = 2500 / (2 * 320 * 10) τ = 0,39 N/mm 2 < 1 N/mm 2, dus goed De dwarskracht wordt nagenoeg geheel door de lijfplaten opgenomen.

10 10 Voorbeeld - schuifspanning Het aantal draadnagels nodig voor de verbinding lijf – flens, als per nagel 0,2 kN toelaatbaar is. F schuif = 0,39 * 10 * 5000 = 19,5 kN De nagels geven een verzwakking van 20%, dus F praktisch = 24 kN Het aantal nagels over de halve lengte is dan: 24 / 0,2 = 120 nagels. (gelijkmatig verdelen)

11 11 Sterkte Krachten: – Momenten – Normaalkrachten – Dwarskrachten Krachten leiden tot spanningen

12 12 Sterkte Bezwijkstadium – Wanneer de spanningen groter worden dan de sterkte van het materiaal toelaat. Om bezwijken te voorkomen moet de sterkte van de constructie getoetst worden door de spanningen te berekenen op basis van de krachtsverdeling

13 13 Stijfheid Gebruiksstadium – De vervorming van een constructie is afhankelijk van zijn stijfheid. – Daarom worden er stijfheidseisen gesteld waaraan een constructie moet voldoen. – Om vervormingen te voorkomen moet de constructie getoetst worden op zijn vervormingsgedrag van de op buiging belaste onderdelen.

14 14 Vervorming door buiging Vervormingen Elke krachtswerking in een constructie betekend per definitie dat er ook een vervorming optreedt. De weerstand tegen vervormingen van een constructie noemen we stijfheid. De volgende vier factoren bepalen de stijfheid van de constructie: 01. het constructiesysteem 02. de elasticiteit van het constructiemateriaal 03. de grootte van de doorsnede 04. de constructiehoogte

15 15 Vervorming door buiging F - φ A φBφB AB ω φ = hoekverandering ω = zakking zakkingslijn ω max = (FL 3 ) / 48EI Buigstijfheid EI in N/mm 2

16 16 Vervorming door buiging Door een belasting zal; – De as een verticale verplaatsing doormaken – Deze zakking ( ω) is op ieder punt te meten. – De ligger-as zal buigen – Bij de opleggingen ontstaan hoekverdraaiingen – De constructie vervormt - φ A φBφB ω

17 17 Vervorming door buiging A x-as Neutrale lijn Dwarsdoorsneden loodrecht op de ligger-as en evenwijdig aan elkaar Positieve zakking ω z-as Negatieve hoekverandering Positieve hoekverandering Dwarsdoorsneden loodrecht op de ligger-as maar niet evenwijdig aan elkaar Positief inwendig buigend moment M Iedere dwarsdoorsnede zal een klein beetje verdraaien en in de balk ontstaat een kromming. Door de kromming zal aan de bovenzijde druk en aan de onderzijde trek optreden. Door deze trek- en drukkrachten ontstaan momenten in de ligger.

18 18 Vervorming door buiging Verplaatsingen – Hoekverandering – Zakking Kromming – vervorming

19 19 Vervorming door buiging Het verschil in verdraaiing is een maat voor de kromming. Er is een verband tussen de – Verplaatsing – De kromming – Het moment – De belasting

20 20 Vervorming door buiging Kinematische relatie – Het verband tussen de verplaatsing en kromming Constitutieve relatie – Het verband tussen kromming en moment Evenwichtsrelatie – Het verband tussen moment en belasting

21 21 Kinematische relatie Bij een gegeven zakking dw over een kleine afstand dx zal de ligger-as roteren over een kleine hoek. De rotatie draait tegen de positieve afspraak in. Dit verklaart het min-teken. Het verband tussen zakking en rotatie is dan: φ = - dw / dx

22 22 Kinematische relatie De kromtestraal R is afhankelijk van de kromming (κ). De kromming (κ) is weer afhankelijk is van de rotatiehoek φ. De kromtestraal over een kleine draaihoek over een kleine afstand wordt bepaald door: R = dx / dφ. dx + Δ dx - Δ h R z dx dφdφ Gedrukte bovenvezel. Lengte = dx - Δ Neutrale lijn Lengte = dx Getrokken ondervezel Lengte = dx + Δ dφ = dx / R R = dx / dφ κ = 1/R = dφ / dx

23 23 Kinematische relatie R (kromtestraal geeft aan hoe sterk de ligger gekromd is. Een grote R geeft een geringe kromming aan. De kromming wordt ook wel aan geduid met κ (kappa) Het verband tussen kromming en kromtestraal  κ = 1 / R

24 24 Kinematische relatie Verband hoekverandering φ en de kromming. κ = dφ / dx en φ = - d ω / dx κ = ((d * - d ω) / dx) * 1 / dx Dus: κ = - d 2 ω / dx 2

25 25 Kinematische relatie R z dx dφdφ dx - Δ dx dx + Δ dx / R = (dx + Δ) / (R + z) RΔ + Rdx = Rdx + zdx Δ = zdx / R ε(z) = Δl / l = Δ/x = zdx / Rdx = z / R = κ * z De rek op afstand z vanaf de neutrale lijn is is evenredig met de afstand tot de neutrale lijn. De mate waarin de rek toeneemt wordt bepaald door de kromming. Of het verband tussen verplaatsing en kromming is: ε = κ * z

26 26 Constitutieve relatie Als de rek bekend is kan de spanning worden berekend dF = σ * dA dM = z * dF De som van alle vezelkrachten t.o.v. de neutrale lijn moet gelijk zij aan het inwendig moment in de ligger. M = EI * κ Wet van Hooke σ = E * ε

27 27 Constitutieve relatie Als de rek bekend is kan de spanning worden berekend. Wet van Hooke  σ = E * ε Het produkt E * I wordt de buigstijfheid genoemd. Verband kromming en moment: – M = EI * κ – Kromming is rechtevenredig met de grootte van het moment

28 28 Evenwichtsrelatie q V M V + dV M + dM dx Verband tussen moment en belasting; d 2 M (x) / dx = dV (x) / dx = -qx

29 29 Buigingstheorie

30 30 Methode gereduceerde momentenvlak Wiskundig recept om de vervorming door buiging van de constructie te bepalen is dus:  01. Bepaal op basis van evenwicht de functie M(x) voor het inwendig moment van de ligger  02. Bepaal de hoekveranderingsfunctie (φ)  03. Bepaal de zakkingsfunctie ( ω)

31 31 Methode gereduceerde momentenvlak

32 32 Eerste stelling gereduceerd momentenvlak F L φ A = 0 BA M/EI-lijn X-as M max = -F * L M max /EI = -FL / EI Oppervlakte: -½ F*L*L / EI 1 e stelling (hoekverandering) φ B = φ A + opp. φ B = φ A – ½ FL 2 /EI. M max

33 33 Tweede stelling gereduceerd momentenvlak φ φAφA dx dωdω ωAωA ωBωB z x φ A = -dw/dx ω B = ω A - φ A dx

34 34 Tweede stelling gereduceerd momentenvlak φ x dx ω x L - x L dφdφ dφdφ

35 35 Tweede stelling gereduceerd momentenvlak dφ = - d ω / L –x Uit voorgaande: dφ = M/EI * dx De zakking is nu: dω = -M/EI * dx * (L-x)

36 36 Tweede stelling gereduceerd momentenvlak

37 37 1 e en 2 e stelling van het momentenvlak φ A = 0 ω A = 0

38 38 Zwaartepunten - basisgevallen ½ b ½ h h b A = b * h Rechthoek 1/3 b 2/3 b 2/3 h 1/3 h h A = ½ *b * h Driehoek bb 1/4 b 3/4 b 3/10 h 7/10 h A = 1/3 *b * h Ex paraboolvlak

39 39 Zwaartepunten - basisgevallen D ½ D b 3/8 b5/8 b 3/5 h 2/5 h h A = πD 2 / 4 Circel A = 2/3 * b * h Half parabool 3/4π R RR 2R R A = πR 2 / 2 Half circel

40 40 Uitkragende ligger met constant momentverloop M L φ A = 0 BA M max M-lijn Oppervlakte: Opp.(θ 1 ) = M * L 1 e stelling φB = φA + θ 1 φB = φA + ML/EI. φB = ML/EI 2 e stelling ωB = ωA + θ1*a ωB = - M * L * ½ L / EI ωB = - ML 2 / EI θ1θ1 a = ½ L Knikje (θ1) omhoog dan positieve hoek en negatieve zakking

41 41 Uitkragende ligger met puntlast op het einde F L φ A = 0 BA M/EI-lijn M max a = 2/3 L θ1θ1 M max = - FL θ 1 = ½ * -F* L * L / EI θ1 = -FL 2 / 2EI 1 e stelling φB = φA - θ1 φB = 0 - θ1 φB = - θ1 = -FL2 / 2 EI 2 e stelling ωB = ωA + θ 1 *a ωB = 0 + θ 1 *a ωB = θ 1 *a ωB = ½ * F* L 2 * 2/3L / EI ωB = FL 3 / 3EI Knikje (θ1) beneden dan negatieve hoek en positieve zakking

42 42 Uitkragende ligger met gelijkmatig verdeelde belasting L φ A = 0 BA M/EI-lijn M max a = 3/4 L θ1θ1 q M max = - ½ * qL * L θ 1 = - 1/3 * ½ qL 2 * L / EI θ 1 = - 1/6 ql 3 /EI 1 e stelling φB = φA - θ1 φB = 0 - θ1 φB = - θ1 = - 1/6 ql 3 / EI 2 e stelling ωB = ωA + θ 1 *a ωB = 0 + θ 1 *a ωB = θ 1 *a ωB = 1/6 ql3 /EI * 3/4L / EI ωB = 3qL 4 / 24 EI = ql 4 / 8 EI Knikje (θ1) beneden dan negatieve hoek en positieve zakking

43 43 EINDE Docent: M.J.Roos


Download ppt "1 Module ribCTH1 Construeren van een Tennishal Week 05 Studiejaar 2007 - 2008 Studiepunten 3 ECTS Bouwkunde / Civiele techniek IBB."

Verwante presentaties


Ads door Google