De presentatie wordt gedownload. Even geduld aub

De presentatie wordt gedownload. Even geduld aub

1 Module ribCTH1 Construeren van een Tennishal Week 06 Studiejaar 2007 - 2008 Studiepunten 3 ECTS Bouwkunde / Civiele techniek IBB.

Verwante presentaties


Presentatie over: "1 Module ribCTH1 Construeren van een Tennishal Week 06 Studiejaar 2007 - 2008 Studiepunten 3 ECTS Bouwkunde / Civiele techniek IBB."— Transcript van de presentatie:

1 1 Module ribCTH1 Construeren van een Tennishal Week 06 Studiejaar Studiepunten 3 ECTS Bouwkunde / Civiele techniek IBB

2 2 Buigingstheorie

3 3 1 e en 2 e stelling van het momentenvlak φ A = 0 ω A = 0

4 4 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

5 5 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

6 6 Oppervlakten en zwaartepuntafstanden L 1/3L2/3L -M/EI M/EI lijn x-as θ = ML / 2EI

7 7 Oppervlakten en zwaartepuntafstanden L 1/4L3/4L -M/EI M/EI lijn x-as θ = ML / 3EI Holle parabool

8 8 Oppervlakten en zwaartepuntafstanden L 3/8L5/8L -M/EI M/EI lijn x-as θ = 2ML / 3EI Bolle parabool

9 9 Uitkragende ligger met constant momentverloop M L φ A = 0 B A 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 /2 EI θ1θ1 a = ½ L Knikje (θ1) omhoog dan positieve hoek en negatieve zakking ω

10 10 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 = - FL 2 / 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 ω

11 11 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 = - 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 ωB = ql 4 / 8 EI Knikje (θ1) beneden dan negatieve hoek en positieve zakking ω

12 12 Uitkragende ligger met q- en puntlast F L φ A = 0 BA M/EI-lijn M max a = 2/3 L θ1θ1 M/EI-lijn M max a = 3/4 * ½ L + ½ L = 7/8 L θ2θ2 q 1 2 Momentenlijn 1 θ 1 = ½ FL 2 /EI 1 e stelling φ B1 = - ½ FL 2 /EI 2 e stelling ω B1 = ½ FL 2 /EI * 2/3 L ω B1 = FL 3 /3EI Momentenlijn 2 θ 2 = 1/3 * 1/2 qL2 * ½ L / EI θ2 = qL 3 / 12EI 1e stelling φ B2 = - qL3 / 12EI 2e stelling ω B2 = qL3 / 12EI * 7/8 L ω B2 = 7qL 4 / 96EI ω Btot ½ L

13 13 Uitkragende ligger met q- en puntlast F L φ A = 0 BA M max M/EI-lijn q 1 φ Btot = (- ½ FL 2 /EI ) - ( qL 3 / 48EI )  1 e stelling ω Btot = ( FL 3 /3EI ) + ( 7qL 4 / 96EI )  2 e stelling ω Btot ½ L

14 14 Ligger met puntlast op 2 steunpunten M = ¼ FL Opp= ¼ FL * ½ L = 1/8 FL 2 θ1 = FL 2 / 8EI Hoek A en B ongelijk aan nul Zakking in A en B is nul Zakking in het midden ongelijk aan nul ωB = - φA * L – θ1 * ½ L φA = ( - FL 2 /8EI * 1/2L) / L φA = - FL 2 /16EI φB = θ1 – φA φB = FL 2 /16EI θ1θ1 ½ L φAφA Positieve buiging, onderzijde balk wordt op trek belast. Knikje positief, zakking negatief ω

15 15 Ligger met puntlast op 2 steunpunten θ2θ2 ½ L φAφA M = ¼ FL Opp. = ¼ FL * ½ L * ½ = 1/16 FL 2 θ2 = FL 2 /16 EI 2 e stelling ω C = - φA * ½ L – θ2 * 1/6 L ω C = - (-FL 2 /16EI * 1/2 L) - FL 2 /16EI * 1/6 L ω C = FL 2 /16EI * 1/2 L - FL 2 /16EI * 1/6 L ω C = 2FL 3 /96EI = FL 3 /48EI 1/3 * ½ L = 1/6 L Zakking in het midden ω = FL 3 /48EI A B C ω

16 16 Ligger met gelijkmatig verdeelde belasting op 2 steunpunten AB q M = 1/8qL 2 Opp.= 2/3 * 1/8qL 2 * L = 2/24 qL 3 = qL 3 / 12 θ1 = qL 3 / 12EI 2 e stelling ωB = -φA * L – θ1 * 1/2L φA = - θ1 * 1/2L / L = - ½ θ1 φA = - ½ * qL 3 / 12 EI = - qL 3 / 24EI φA = - ½ * qL3 / 12 EI φA = - qL3 / 24EI φB = θ1 – φA φB = qL 3 / 24EI Hoek A en B ongelijk aan nul Zakking in A en B is nul Zakking in het midden ongelijk aan nul θ1θ1φAφA L ω

17 17 Ligger met gelijkmatig verdeelde belasting op 2 steunpunten AB q θ2θ2φAφA L θ1θ1 a = 3/8 * ½ L ½ L Opp. = 2/3 * 1/8qL 2 * 1/2L = ql 3 / 24 θ2 = qL 3 / 24EI 2 e stelling ωC = - (-φA * ½ L) – θ2 * a ωC = qL 3 /24EI * ½ L – qL 3 /24EI * 3/8 * 1/2L ωC = qL 4 /48EI – 3qL 4 /384EI ωC = 8qL 4 /384EI – 3qL 4 /384EI ωC = 5/384 * qL 4 /EI Zakking in het midden ω = 5/384 * ql 4 /EI ω

18 18 Ligger op 2 steunpunten met een moment op het einde θ1 = ML/2EI 2 e stelling ωB = - φA * L – θ1 * 1/3L φA = - ML/2EI * 1/3L / L φA= - ML/6EI φB = ML/2EI – ML/6EI φB = ML/3EI θ2 = 1/2M * ½ L * ½ = ML/8EI ωC = -(φA * ½ L) – θ2 * 1/3 * ½ L ωC = ML 2 /2EI – ML 2 /48EI ωC = ML 2 /16EI AB θ2θ2φAφAθ1θ1 a 2 = 1/3 * ½ L a 1 = 1/3 * L C L

19 19 Opgave#1 6 F=5kN E = 2,1 * 10 5 N/mm 2 Iy = 934 * 10 4 mm 4 AB Gevraagd: a. Is de buiging negatief of positief ? b. Reactiekrachten c. D-lijn d. M-lijn e. De hoekverandering in A en B f. De zakking in A en B d. De zakkingslijn

20 20 Oplossing opgave 1 6 F=5kN AB ΣM t.o.v. A = 0 -5 * 6 + M = 0 M = 30 kNm ΣFv = 0 -Fa + 5 = 0 Fa = 5 kN Buiging is negatief, onderste vezels worden op druk belast Fa = 5 kN M = 30 kNm AB 5 30 D-lijn M-lijn + -

21 21 Oplossing opgave 1 6 F=5kN AB Fa = 5 kN M = 30 kNm 5 30 D-lijn M-lijn + - θ1θ1 a = 2/3 * 6 = 4 Knikje negatief dan zakking positief M = FL  opp. = ½ FL 2 = 90 θ1 = FL 2 /2EI = 90/EI Hoekverandering in A = 0 φB = 0 – θ1 = - 90/EI EI = 2.1*10 8 * 934 * EI = kN/m 2 φB = -90/ = rad

22 22 Oplossing opgave 1 6 F=5kN AB Fa = 5 kN M = 30 kNm 5 30 D-lijn M-lijn + - θ1θ1 a = 2/3 * 6 = 4 Zakking in A is nul ωB = φA + θ1 * a ωB = 90/EI * 4 ωB = 360/EI = 360/ ωB = 0,184 m = 184 mm ωB= 184mm

23 23 Opgave 2 6 E = 2,1 * 10 5 N/mm 2 Iy = 934 * 10 4 mm 4 AB Gevraagd: a. Is de buiging negatief of positief ? b. Reactiekrachten c. D-lijn d. M-lijn e. De hoekverandering in A en B f. De zakking in A en B d. De zakkingslijn q=5kN/m

24 24 Oplossing opgave 2 6 A q=5kN/m ΣM t.o.v. A = 0 -5 * 6 * 3 + M = 0 M = 90 kNm ΣFv = 0 -Fa + 30 = 0 Fa = 30 kN Buiging is negatief, onderste vezels worden op druk belast Fa = 30 kN M = 90 kNm 5 90 D-lijn M-lijn + - θ1θ1 a = 3/4 * 6 = 4.5

25 25 Oplossing opgave 2 6 A q=5kN/m Fa = 30 kN M = 90 kNm 5 90 D-lijn M-lijn + - θ1θ1 Knikje negatief dan zakking positief M = ½ ql 2  opp. = ½ ql 2 * l * 1/3 θ1 = ql 3 /6EI = 180/EI Hoekverandering in A = 0 φB = 0 – θ1 = - 180/EI EI = 2.1*10 8 * 934 * EI = kN/m 2 φB = -180/ = rad a = 3/4 * 6 = 4.5

26 26 Oplossing opgave 2 6 A q=5kN/m Fa = 30 kN M = 90 kNm 5 90 D-lijn M-lijn + - θ1θ1 Zakking in A is nul ωB = φA + θ1 * a ωB = 180/EI * 4 ωB = 810/EI = 810/ ωB = 0,413 m = 413 mm a = 3/4 * 6 = 4.5 ωB= 413mm

27 27 Opgave#3 6 A F=5kN B E = 2,1 * 10 5 N/mm 2 Iy = 934 * 10 4 mm 4 Gevraagd: a. Is de buiging negatief of positief ? b. Reactiekrachten c. D-lijn d. M-lijn e. De hoekverandering in A en B f. De zakking in A en B d. De zakkingslijn

28 28 Oplossing opgave 3 θ1θ1 ½ L φAφA 6 A F=5kN B ΣM t.o.v. A = 0 -5 * 3 + Fb * 6 = 0 Fb = 2,5 kN ΣFv = 0 -Fa + 5 – 2,5 = 0 Fa = 2,5 kN M = ¼ FL = 7.5 kNm Buiging is positief, onderste vezels worden op trek belast Fa = 2.5 kN D-lijn M-lijn

29 29 Oplossing opgave 3 θ1θ1 ½ L φAφA 6 A F=5kN B Fa = 2.5 kN D-lijn M-lijn Knikje positief dan zakking negatief opp. = ¼ FL * ½ L θ1 = 1/8 FL 2 /EI = 22.5/EI Zakking in A en B is nul ωB = -φA * L – θ1 * ½ L φA = - FL 2 /16EI φB = θ1 – φA = FL 2 /16EI EI = 2.1*108 * 934 * 10-8 EI = kN/m2 -φA = φB = 11.25/ = rad θ2θ2

30 30 Oplossing opgave 3 θ1θ1 ½ L φAφA 6 A F=5kN B Fa = 2.5 kN D-lijn M-lijn Knikje positief dan zakking negatief opp. = ¼ FL * ½ L * ½ θ2 = 1/16 FL 2 /EI = 11.25/EI Zakking in C ωC = -φA * ½ L – θ2 * 1/3 L ωC = - (-FL 2 /16EI) * ½ L – FL 2 /16EI * 1/6 L ωC = FL 3 /32EI)– FL 3 /96EI ωC = FL 3 /48EI = 22.5/EI EI = 2.1*108 * 934 * 10-8 EI = kN/m2 ωC = 22.5/ = m = 115 mm θ2θ2 ωC= 115mm a = 1/3 * ½ L

31 31 Opgave 4

32 32 Oplossing opgave 4

33 33 Oplossing opgave 4

34 34 Oplossing opgave 4

35 35 Oplossing opgave 4 6 ABM= - 10 kNm Deel A - B zakkingslijn

36 36 Oplossing opgave 4

37 37 Oplossing opgave 4

38 38 Oplossing opgave 4

39 39 Oplossing opgave KWISPELEFFECT

40 40 Bijlage 1 Radialen De omtrek van de eenheidscircel = 2 π r = 2 π 1 = 2 π = 6,28 Zo zal op elk punt van de circelomtrek een reel getal tussen 0 en 6,28 zijn afgebeeld. Na een periode van 2π zal het zelfde punt weer worden bereikt, we noemen dit een periodieke functie met een periode van 2π. Een radiaal is de grootte van een circelboog waarvan de lengte gelijk is aan de straal van de circel. In eenheidscircel bevat 2π radialen = 6,28 radialen. Éen radiaal is gelijk aan 360° / 2π = 57,3° = 57° 18’ Ook de middelpuntshoek α die op de boog staat van één radiaal, noemen we een radiaal. De radiaal kunnen we dus beschouwen als een maateenheid voor het meten van circelbogen en hoeken.

41 41 Bijlage 2 Graden  Radialen 90°/360° * 2π = 1,57 → 1,57 / π = 0,5 → 1,57 = 0,5π rad = α / 360 * 2π Radialen  Graden 1 ½ π = 4,71 → 4,71 / 2π * 360° = 270° α = rad / 2π * 360°

42 42 EINDE Docent: M.J.Roos


Download ppt "1 Module ribCTH1 Construeren van een Tennishal Week 06 Studiejaar 2007 - 2008 Studiepunten 3 ECTS Bouwkunde / Civiele techniek IBB."

Verwante presentaties


Ads door Google