De presentatie wordt gedownload. Even geduld aub

De presentatie wordt gedownload. Even geduld aub

1 Module ribBMC1 Beginnen met construeren Week 05 Studiejaar 2007 - 2008 Studiepunten 3 ECTS Bouwkunde / Civiele techniek IBB.

Verwante presentaties


Presentatie over: "1 Module ribBMC1 Beginnen met construeren Week 05 Studiejaar 2007 - 2008 Studiepunten 3 ECTS Bouwkunde / Civiele techniek IBB."— Transcript van de presentatie:

1 1 Module ribBMC1 Beginnen met construeren Week 05 Studiejaar Studiepunten 3 ECTS Bouwkunde / Civiele techniek IBB

2 2 Week 05 Theorie:Momentstelling & Evenwichtsvoorwaarden Spanningsleer Horizontale en verticale schuifkrachten. Onderwerp: D-lijnen, dwarskracht, schuifkracht Opdracht: Bereken de dwarskrachten en teken de D-lijnen van de liggers. Bereken en controleer de schuifspanningen Boek:F.Vink, hst opgaven

3 3 TOETS q = 2 kN/m q = 4 kN/m PAB Gevraagd a.Reaktiekrachten b.D -lijn c.Dwarskracht in P d.Vanaf welke afstand van punt A is het moment maximaal

4 4 TOETS - oplossing q = 2 kN/m q = 4 kN/m P A Q1 = 2 * 2.5 = 5 kN Q2 = 4 * 2.5 = 10 kN ΣM t.o.v. A = 0 -5 * 1.25 – 10 * Fb = 0 Fb = 8.75 kN ΣFv = – FA = 0 FA = 6.25 kN Dwarskrachten V1 = 6.25 V2 = 6.25 – 5 = 1.25 V3 = 1.25 – 10 = V4 = = D - lijn B FB = 8.75 FA = 6.25 kN

5 5 TOETS - oplossing Dwarskracht in punt P Vp = 6.25 – (2 * 2.5) = 1.25 kN Dwarskracht = 0 x = 1.25 / 4 = 0,3125 Afstand vanaf A ,3125 = 2,8 P D - lijn xA 2,8 Snijpunt D-lijn Dwarskracht = 0 Moment = Maximaal

6 6 Dwarskracht en schuifspanninen Schuifspanningen zijn voor de meeste materialen moeilijker te verwerken dan normaalspanning. De materiaalschuifspanning (fv) is meestal aanzienlijker lager dan de trekspanning (ft) Schuifspanningen komen altijd in onderlinge loodrechte paren voor. Langsschuifkrachten (denk aan losse stapel planken) worden in een massieve balk tegengewerkt door de materiaalschuifspanningen.

7 7 Dwarskracht en schuifspanninen Als in een vlak langsschuifspaningen werken, dan zullen in het vlak loodrecht hierop ook schuifspanningen werken. De schuifspanning (τdwars) in de dwarsdoorsnede (verticale vlakken) kunnen alleen optreden als er ook schuifspanningen (τlangs) optreden in de horizontale vlakken. Op de plaats van de neutrale laag is de schuifspanning maximaal.

8 8 Dwarskracht en schuifspanninen Verduidelijking Dus door een dwarskracht wordt er een gemiddelde schuifspanning τ opgewekt. τgemid = Fd/A Bij en rechthoekige doorsnede is de schuifspanning niet gelijkmatig over de doorsnede verdeeld. De schuifspanning is namelijk maximaal in het neutrale vlak en nul in de bovenste en de onderste balkvezels. τmax = 1,5 * Fd/b*h (in N/mm2) Voor I-profielen en kokerliggers, waarvan het lijf relatief dun is t.o.v de flenzen, mag worden aangenomen dat de schuifspanning wel gelijkmatig verdeeld is over de doorsnede. Unity Check; U.C. = τmax/fv < 1 (in N/mm2)

9 9 Dwarskracht en schuifspanninen

10 10 Schuifspannning I - profiel

11 11 Schuifspannning I - profiel

12 12 Schuifspannning I - profiel IPE120 f y = 235 N/mm 2 Vmax = 7,86 kN

13 13 Schuifspannning I - profiel Vz;u;d=0,58 * hd * tw * fy;d Vz;u;d=0,58 * (114 –(2*8) * 5 * 235 Vz;u;d= N = 67 kN U.C. = 7,86 / 67 ≤ 1 Sterkte op afschuiving is akkoord

14 14 Schuifspanning samengesteld profiel

15 15 Schuifspanning samengesteld profiel Controleer de schuifspanning in de lijfplaten van het boven weergegeven samengesteld profiel. τ = Fd / 2h * d = 2500 / 2 * 320 * 10 τ = 0,39 N/mm2 < 1 N/mm2, dus goed De dwarskracht wordt nagenoeg geheel door de lijfplaten opgenomen.

16 16 Schuifspanning samengesteld profiel Het aantal draadnagels nodig voor de verbinding lijf – flens, als per nagel 0,2 kN toelaatbaar is. Fschuif = 0,39 * 10 * 5000 = 19,5 kN De nagels geven een verzwakking van 20%, dus Fpraktisch = 24 kN Het aantal nagels over de halve lengte is dan: 24 / 0,2 = 120 nagels. (gelijkmatig verdelen)

17 17 Tekenafspraak We rekenen een buigend moment positief als de onderste vezels van de balk op trek worden belast. We rekenen een buigend moment negatief als de onderste vezels van de balk op druk worden belast.

18 18 Ligger met verdeelde belasting en puntlasten 11/2 2 q2 = 10 kN/m q1 = 3 kN/m q1 = 4 kN/m F1 = 4kN F1 = 2kN 1 AB ΣM t.o.v. A = 0 +3 * ½ - 4 * ½ - 20 * 2 – 2 * 3 ½ - 4 * 4 ½ + 3F B = 0 F B = 21,83 kN ΣFv = 0 -F A – 21, = 0 F A = 11,17 kN Q1 = 3 * 1 = 3 kN Q2 = 10 * 2 = 20 kN Q3 = 4 * 1 = 4 kN Q1Q2Q3 FAv = 11,17 kNFBv = 21,83 kN

19 19 Voorbeeld D - lijn 11/2 2 q1 = 3 kN/m F1 = 4kN F1 = 2kN 1 AB Q1Q2Q3 FAv = 11,17 kNFBv = 21,83 kN Q1 = 3 * 1 = 3 kN Q2 = 10 * 2 = 20 kN Q3 = 4 * 1 = 4 kN 0 – 3 = ,17 = 8,17 8, = 4,17 4, = - 15, , ,83 = 6 6 – 2 = 4 4 – 4 = 0 D - lijn V max = 15,83 kN q2 = 10 kN/m q3 = 4 kN/m

20 20 Voorbeeld M - lijn - 3 8,17 4, , D - lijn 6 -1 ½ 2,585 4,67 5, (3 * 1) * ½ = - 1 ½ -1 ½ + (8,17 * ½) = 2,585 2,585 + (4,17 * ½ ) = 4,67 4,67 + ((4,17 * 0,417)* ½) = 5,539 5,539 -((1,538 * 15,83) * ½ = (6 * ½ ) = (4 * ½ ) = (4 * ½ ) = 0 m - lijn + MOMENTEN 11/2 21 M max = -7 kNm

21 21 Opdracht 1 111,5 10 AB Gevraagd: a.Reaktiekrachten in A en B b.D – lijn c.M – lijn d.Resultante e.Aangrijpingspunt resultante f.Vmax g.Mmax 10

22 22 Opdracht 1 - oplossing 111,5 10 AB ΣM t.o.v. A = 0 10 * * 1.5 – 10 * 3 – 10 * 4 * 3FB = 0 FB = 75 / 3 = 25 kN ΣFv = 0 (5 * 10) – 25 – FB = 0 FB = 25 kN Dwarskrachten V1 = 10 kN, V2 = = - 5 kN, V3 = = 5, V4 = – 25 = -10 kN, V5 = = D-lijn 25 kN 5 + -

23 23 Opdracht 1 - oplossing 10 5 D-lijn M-lijn Momenten M1 = 10 * 1 = 10 kNm, M2 = 10 – (5 * 1,5) = 2.5 kN, M3 = (5 * 1.5) = 10 kN, M4 = 10 – (10 * 1) = 0 kN 111, Vmax = 10 kN Mmax = 10 kNm

24 24 Opdracht 1 - oplossing Resultante Fr = 5 * 10 = 50 kN Aangrijpingspunt resultante ΣM t.o.v. A = 0 10 * * 1.5 – 10 * 3 – 10 * 4 = 50 * x x = ,5 10 AB 111,5 AB 10 F= 50 =

25 25 Opdracht 2 q = 2 kn/m F = 3 kN 35 Gevraagd: a.Reaktiekrachten in A en B b.D – lijn c.M – lijn d. Vmax e. Mmax AB

26 26 q = 2 kn/m F = 3 kN 35 ΣM t.o.v. A = 0 - (2 * 3) * 1.5 – (3 * 1) + (3 * 1) + M1 = 0 M = 9 kNm Koppel -(3 * 2) + M2 = 6 kNm Mmax = 15 kNm ΣFv = 0 (2 * 3) – FA = 0 FA = 6 kN ΣFh = = 0 Vmax = 6 kN Mmax = 15 kNm FA = 6 kN M = 15 kNm D-lijn M-lijn Opdracht 2 - oplossing

27 27 Opdracht 3 q = 0.7 kn/m q = 2 kn/m 1/21211 AB Gevraagd: a.Reaktiekrachten in A en B b.D – lijn c.M – lijn d. Vmax e. Mmax F = 2.8 kN

28 28 Opdracht 3 - oplossing q = 0.7 kn/m q = 2 kn/m 1/21211 F = 2.8 kN AB ΣM t.o.v. A = * 1.5 *.25 – 2 * 2 * 3.5 – 2.8 * FB = 0 FB = kN ΣFv = * – – FA = 0 FA = kN Dwarskrachten V1 = * 1 = kN, V2 = = kN, V3 = – 0.7 * 0.5 = , V4 = V5 = – 2 * 1 = , V6= = 4.8, V7 = 4.8 – 2 * 1 = 2.8, V8 = 2.8 – 2.8 = FA = kNFB = kN

29 29 Opdracht 3 - oplossing Momenten M1 = -0.7 * 1 * ½ = , M2 = – (0.375 * 0.5) –(0.35*0.5*0.5) = M3 = * 2 = M4 = – (0.752 * 1) – 2 * 1 * 0.5 = M5 = (2*1*0.5) * 1 =

30 30 Opdracht 4 q = 2 kN/m1 F = 1 kN A 1.5 Gevraagd: a.Reaktiekrachten in A en B b.D – lijn c.M – lijn d. Vmax e. Mmax

31 31 Opdracht 4 - oplossing q = 2 kN/m1 F = 1 kN AB De vezels onder in de balk worden op druk belast, dus buiging is negatief. ΣFv = 0 -FA + (2 * 1.5) + 1 = 0 FA = 4 kN Inklemming -3 * 0.75 – 1 * 3 + MA = 0 MA = 5.25 kNm Dwarskrachten V1 = 4 kN V2 = 4 – (2 * 1.5) = 1 kN V3 = 1 kN V4 = 1 – 1 = 0 kN Momenten M1 = 5.25 kN M2 = 5.25 – 3.75 = 1.5 kN M3 = 1.5 – (1 * 1.5) = 0 kN 5.25 kNm 4 kN D-lijn M-lijn

32 32 Opdracht 5 q = 2 kN/m1 A 1.5 Gevraagd: a.Reaktiekrachten in A en B b.D – lijn c.M – lijn d. Vmax e. Mmax

33 33 Opdracht 5 - oplossing q = 2 kN/m1 A 1.5 De vezels onder in de balk worden op druk belast, dus buiging is negatief. ΣFv = 0 -FA + (2 * 1.5) + 1 = 0 FA = 4 kN Inklemming 3 * * 3 - MA = 0 MA = kNm Dwarskrachten V1 = -1 kN V2 = -1 kN V3 = -1 – (2 * 1.5) = -4 kN V4 = = 0 kN Momenten M1 = -1 * 1.5 = kNm M2 = -1.5 – 3.75 = kNm M4 = = 0 kNm 4 kN 5.25 kNm D-lijn M-lijn

34 34 Voorbeeld#1

35 35 Voorbeeld#1

36 36 Voorbeeld#1 - Dwarskrachtenlijn

37 37 Voorbeeld#1 - Momentenlijn

38 38 Voorbeeld#2

39 39 Voorbeeld#2

40 40 Voorbeeld#2 - Dwarskrachtenlijn

41 41 Voorbeeld#2 - Momentenlijn

42 42 Voorbeeld#3

43 43 Voorbeeld#3

44 44 Voorbeeld#3 - Dwarskrachtenlijn

45 45 Voorbeeld#3 - Momentenlijn

46 46 Voorbeeld#4 F1=4√2

47 47 Voorbeeld#4 ΣFv = 0

48 48 Voorbeeld#4 - Dwarskrachtenlijn

49 49 Voorbeeld#4 - Momentenlijn

50 50 Voorbeeld#4 - Normaalkrachtenlijn

51 51 EINDE Docent: M.J.Roos


Download ppt "1 Module ribBMC1 Beginnen met construeren Week 05 Studiejaar 2007 - 2008 Studiepunten 3 ECTS Bouwkunde / Civiele techniek IBB."

Verwante presentaties


Ads door Google