1 / 35

ribBMC01c Beginnen met construeren Carport – Lesweek 03

IBB. ribBMC01c Beginnen met construeren Carport – Lesweek 03. Opleiding: Bouwkunde / Civiele techniek Propadeuse, kernprogramma 1e kwartaal . Week 03. Theorie: Momentstelling & Evenwichtsvoorwaarden Onderwerp: Schematisering opleggingen

eliora
Télécharger la présentation

ribBMC01c Beginnen met construeren Carport – Lesweek 03

An Image/Link below is provided (as is) to download presentation Download Policy: Content on the Website is provided to you AS IS for your information and personal use and may not be sold / licensed / shared on other websites without getting consent from its author. Content is provided to you AS IS for your information and personal use only. Download presentation by click this link. While downloading, if for some reason you are not able to download a presentation, the publisher may have deleted the file from their server. During download, if you can't get a presentation, the file might be deleted by the publisher.

E N D

Presentation Transcript

  1. IBB ribBMC01c Beginnen met construerenCarport – Lesweek 03 Opleiding: Bouwkunde / Civiele techniek Propadeuse, kernprogramma 1e kwartaal

  2. Week 03 • Theorie: Momentstelling & Evenwichtsvoorwaarden • Onderwerp: Schematisering opleggingen • Opdracht: Ligger berekenen met q-last en als alternatief een F-last • Boek: F.Vink, hst. 5, 6, 7 + opgaven

  3. Opgave F = 250 kN • Gegeven: • fhardsteen = 3,5 N/mm2 • fongew.beton = 2,5 N/mm2 • fgrond = 0,05 kN/mm2 • Gevraagd: • De breedte van: • Stalen voetplaat • Blok hardsteen • Blok ongew. beton Vierkant stalen voetplaat Vierkant blok hardsteen Vierkant blok beton

  4. Uitwerking F = 250 kN Oplossing De grond kan maximaal een drukspanning opnemen van 0,05 kN/mm2. De drukspanning is afhankelijk van de drukkracht loodrecht op de doorsnede. Afmetingen ongewapende betonblok L2 = 250000/0,05 = 5 * 106 mm2 L=√5 * 106 = 2236 mm Afmetingen blok hardsteen L2 = 250000/2,5 = 100000 mm2 L = √100000 = 316 mm Afmetingen stalen plaat L2 = 250000/3,5 = 71429 mm2 L = √71429 = 267 mm Vierkant stalen voetplaat 267 mm * 267 mm Vierkant blok hardsteen 316 mm * 316 mm Vierkant blok beton 2236 mm * 2236 mm

  5. Moment • Een moment is de neiging tot draaien van een lichaam (rotatie) • Het moment van de kracht t.o.v. een willekeurig punt is het product van de grootte van die kracht en de afstand van dat punt tot de werklijn van de kracht. M = F x a • Als momentpunt wordt gekozen: • De oorsprong van het assenstelsel • Het snijpunt van twee onbekende krachten • M = F * a (Moment (kN/m)= Kracht (kN) * arm (m)

  6. Moment • Het moment, uitgeoefend op een lichaam, veroorzaakt een draaiing in een bepaalde richting. • De arm (a) is de afstand van het draaipunt tot de werklijn van de kracht • De kracht (F) wordt uitgeoefend op het lichaam, op een bepaalde afstand van het draaipunt • Het draaipunt (D), waar omheen de draaiing ontstaat. • Als de arm groot is, kan de kracht kleiner worden gehouden. • Als de kracht groot is, kan de arm kleiner worden gehouden

  7. Momentstelling Het moment van de resultante van een krachtstelsel t.o.v. een punt is gelijk aan de som van de momenten van alle krachten t.o.v. dat zelfde punt Som vd momenten t.o.v. van D F1 * a1 - F2 * a2 = -Fr * ar Som vd momenten t.o.v. D -F1 * a1 - F2 * a2 = -Fr * ar

  8. Koppel • Twee krachten die gelijk van grootte en tegengesteld van richting zijn, hebben wanneer ze langs evenwijdige lijnen werken geen resulterende kracht (Fr), immers de som van de verticale en horizontale krachten is nul. Er is wel een resulterend moment, een koppel. • Een koppel is een stelsel van twee evenwijdige krachten die even groot en tegengesteld gericht zijn op enige afstand van elkaar. • Een koppel kan in zijn vlak willekeurige worden verplaatst

  9. Koppel F ΣFh = 0 ΣFv = 0 +F – F = 0 ΣM 1/2a 1/2a F F* ½ a + F * ½ a = F * a = MR = MR In vlak verplaatsen

  10. Tekenafspraken - + + - +  + -

  11. Puntlast in het midden F ΣM t.o.v. A = 0 -F * ½a + FB * a = 0 -F * ½a = - FB * a FB = ½ Fa / a FB = ½ F ΣFv = 0 -FA – ½ F + F = 0 FA = ½ F ΣFh = 0 Geen horizontale krachten A B 1/2F 1/2F 1/2a 1/2a

  12. Gelijkmatig verdeelde belasting q in kN/m1 Q Belasting Q = q * l (in kN) ΣM t.o.v A = 0 -gl * ½ a + FB * a = 0 FB = ½ qla / a = ½ ql = ½ Q ΣFv = 0 -FA – ½ Q + Q = 0 FA = ½ Q ΣFh = 0 Geen horizontale krachten A B 1/2Q 1/2Q 1/2a 1/2a

  13. Voorbeeld#1 • Gevraagd: • Hoe groot is de resulterende kracht. • In welk punt grijpt Fr aan

  14. Voorbeeld#1 • Uitwerking • -F1 * 2 – F2 * 6 = - Fr * x • -6 * 2 – 2 * 6 = - Fr * x • -24 kNm = - Fr * x • Fr = F1 + F2 • Fr = 6 + 2 • Fr = 8 kN • -8 * x = -24 • x = -24 / -8 • x = 3 m = 3000 mm

  15. Voorbeeld#2 Gevraagd: a. Het moment t.o.v. A

  16. Voorbeeld#2 • Uitwerking • Q = 2 * 6 • Q = Fr = 12kNm • M = F * a • M = -12 * 3 • M = -36 kNm

  17. Voorbeeld#3 • Gevraagd: • Hoe groot is de resulterende kracht. • In welk punt grijpt Fr aan

  18. Voorbeeld#3 • Q = 3 * 3 (Q (kN)= q (kN/m1)* l (m)) • Q = 9 kN • Fr = 9 + 8 + 2 • Fr = 19 kN • Moment t.o.v. B • 9 * 6.5 + 8 * 4.5 + 2 * 2 = Fr * x • 9 * 6.5 + 8 * 4.5 + 2 * 2 = 19 * x • x = 5.18 m (vanaf het aangrijpingspunt B)

  19. Voorbeeld#4 • Gevraagd: • Hoe groot is de resulterende kracht. • In welk punt grijpt Fr aan

  20. Voorbeeld#4 • Q = 3 * 2 • Q = 6 kN • Fr = Q + F1 – F3 + F2 • Fr = 6 + 4 -2 + 2 • Fr = 10 kN • Moment t.o.v. A • -Q * 2 – F1 * 4 + F3 * 5 – F2 * 6 = -Fr * x • -6 * 2 – 4 * 4 + 2 * 5 – 2 * 6 = - 10 * x • -30 = - 10 * x • x = -30 / -10 • x = 3 m (vanaf het aangrijpingspunt A)

  21. Evenwichtsvoorwaarden • Iedere constructie moet onder invloed van de erop werkende belasting in evenwicht verkeren. • Wil een constructie in evenwicht zijn, dan moet deze voldoen aan een drietal voorwaarden: • ΣFv = 0 • De som van alle verticale krachten is gelijk aan 0 • ΣFh = 0 • De som van alle horizontale krachten is gelijk aan 0 • ΣM = 0 • De som van alle momenten van de krachten ten opzichte van elk willekeurig punt is 0.

  22. Evenwichtsvoorwaarden • ΣFv = 0 • Een balk opgelegd op twee steunpunten oefent onder invloed van een belasting een reactiekracht uit in beide steunpunten. De som van beide reactiekrachten in deze steunpunten is even groot maar tegengesteld aan de belasting op de balk. • ΣFh = 0 • Worden op een lichaam twee krachten uitgeoefend die hetzelfde aangrijpingspunt hebben of dezelfde werklijn, maar tegengesteld gericht, dan doen zich drie mogelijkheden voor: • F1 > F2 (het geheel beweegt in de richting van F1) • F1 < F2 (het geheel beweegt in de richting van F2) • F1 = F2 (het geheel is in rust)

  23. Evenwichtsvoorwaarden • ΣM = 0 • Bij een lichaam in rust is dus de som van de krachten op dat lichaam nul. • De krachten heffen elkaar op. • Is een stelsel krachten in evenwicht, dan is de som van de momenten van deze krachten gelijk aan nul (ten opzichte van elk willekeurig te nemen punt)

  24. Voorbeeld#5 Is nevenstaande balk in evenwicht ? Oplossing: ΣFv = 0 -4F + 4F = 0 (dus verticaal evenwicht) ΣFh = 0 -F + F = 0 (dus horizontaal evenwicht) ΣM = 0 -4F * a – F * 4a = -8F * a (ongelijk aan nul, geen evenwicht) Daar de balk niet aan alle drie de evenwichtsvoorwaarden heeft voldaan is daarmee de balk niet in evenwicht

  25. Opleggingen • Als een constructie in evenwicht is dan zijn de oplegkrachten (reactiekrachten) even groot als de belasting op die constructie. • Bij opleggingen gaan we uit van een schematisering die zo goed mogelijk overeenkomt met de werkelijkheid. • Men onderscheidt een drietal ondersteuningen

  26. Opleggingen - rolscharnier • Rolscharnier • De oplegreactie werkt in de richting van de aangegeven as • Hij neemt geen horizontale kracht op • Er is één onbekende (meestal Fv)

  27. Opleggingen – vast scharnier • Vast scharnier • De oplegreactie is een kracht met onbestemde richting. • Neemt Fv en Fh op • Er zijn twee onbekenden

  28. Opleggingen – vast scharnier • inklemming • neemt een horizontale kracht op • neemt een verticale kracht op • neemt een reactiekoppel op (inklemmingsmoment)

  29. Bepaling steunpuntsreacties • Een constructie is statisch bepaald indien er 3 onbekenden en 3 evenwichtsvergelijkingen. • De evenwichtsvergelijkingen zijn ΣFh=0, ΣFv=0 en ΣM=0. • Bijv. bij een balk waarvan één zijde vrij is opgelegd (rolscharnier) en de andere zijde vast is opgelegd zijn er aan reactiekrachten Fv aan de zijde van de vrije oplegging, en Fv en Fh aan de zijde van de vaste oplegging. • 3 onbekenden – 3 vergelijkingen = 0, de constructie heet dan statisch bepaald. • Wanneer beide uiteinden als een vast scharnier worden uitgevoerd dan zijn er vier onbekenden. • 4 onbekenden – 3 vergelijkingen = 1, de constructie heet dan enkelvoudig statisch onbepaald, er is één onbekende te veel. • Een statisch bepaalde constructie is een constructie waarvan alle uitwendige krachten m.b.v de evenwichtsvoorwaarden kunnen worden bepaald.

  30. Steunpuntreacties – grafische methode F A A FBh B FAv FBv Actie = Reactie

  31. Steunpuntreacties – analytische methode

  32. Steunpuntreacties – analytische methode • Oplossing • Q = q * l • Q = 2 * 3 • Q = 6 kN • Fr = Q + F1 • Fr = 6 + 2.5 • Fr = 8.5 kN • Σ M = 0 t.o.v. A • -Q * 1.5 – F1 * 9 + FBv * 7 = 0 • -6 * 1.5 – 2.5 * 9 = -FBv * 7 • -31.5 = -FBV * 7 • FBv = -31.5 / 7 • FBv = 4.5 kN

  33. Steunpuntreacties – analytische methode • Σ Fv = 0 • +Fr – FAv – FBv = 0 • 8.5 – 4.5 = FAv • FAv = 4 kN • Σ Fh = 0 • Er zijn geen horizontale krachten, dus de horizontale krachten zijn nul, er is horizontale evenwicht.

  34. Steunpuntreacties – analytische methode • Aangrijpingspunt van de resultante • Σ M = 0 t.o.v. A • -Q * 1.5 – F1 * 9 = -Fr * x • -6 * 1.5 – 2.5 * 9 = - 8.5 * x • -31.5 = -8.5 * x • x = -31.5 / -8.5 • x = 3.71 m

  35. EINDE Docent: M.J.Roos

More Related