gamla tentor

Institutionen för bygg- och miljöteknik, Konstruktionsteknik Tentamensskrivning i BÄRANDE KONSTRUKTIONER (BMT015), V3 Tid och plats 2007-12-21 kl. 8.30 - 13.30, V Lärare Mario Plos, tel. 772 22 44 Lösningar 2007-12-21, anslagstavlan V samt kurshemsidan

Granskning 2008-01-14, kl. 13.00-14.00 på avdelningen __________________________________________________________________________ Teoridel: Uppgift 1 -4 Inga tillåtna hjälpmedel __________________________________________________________________________ Problemlösningsdel: Uppgift 5-8 Tillåtna hjälpmedel: Bärande konstruktioner - del 1, Rapport 2007:17,

Chalmers, Konstruktionsteknik 2007.

Diverse utdrag för kursen Bärande konstruktioner BMT015, Chalmers, Konstruktionsteknik 2006

Matematiska tabeller, tabeller över elementarfall, läroböcker i hållfasthetslära och strukturmekanik.

Kalkylatorer: Valfri kalkylator är tillåten Ej tillåtna hjälpmedel: Lösta exempel (stencilerade eller handskrivna), exempelsamlingar _____________________________________________________________________ Poängfördelning och svårighetsgrad: Teori Problemlösning Uppgift nr 1 2 3 4 5 6 7 8 Maxpoäng 2 2 2 4 4 4 4 4 Svårighetsgrad

- - - - L L S S

L = "lättare" (baskunskaper) S = "svårare" Redovisning av lösningar: Lösningar skall vara tydligt och fullständigt redovisade. Beräkningsantaganden, väsentliga led i lösningsgången och insättning av värden i beräkningsuttryck skall framgå. Ofullständigt redovisade lösningar kan medföra poängavdrag. Mått i figurer är angivna i mm eller i m.

Bärande konstruktioner, tentamen 2007-12-21 Uppgift 1

Vad innebär bruksgränstillstånd och brottgränstillstånd? Uppgift 2

Redogör för olika typer av tvärkraftsbrott och skjuvkraftöverförande mekanismer i en armerad betongbalk. Uppgift 3 Redogör för hur spänningsfördelningen i en träbalk antas vid beräkning:

a) vid belastning parallellt med tvärsnittets ena huvudaxel (normal- och skjuvspänningar)

b) vid belastning i en riktning som är sned i förhållande till tvärsnittets huvudaxlar (”skev böjning”. Endast normalspänningar behöver redovisas)

a) b)

y

z

y z

F F

2

Bärande konstruktioner, tentamen 2007-12-21

Uppgift 4

SEKTION B-B Brobaneplatta

Ramben

Grundplatta

Bilden visar utdrag från en ritning på en plattrambro i armerad betong, samt en genomskärning i längsled (sektion B-B). Bron belastas förutom av egentyngd och vägbeläggning också av trafiklast mot brobaneplattan och jordtryck mot ramben och vingmurar. a) Rambenen är grundlagda med hjälp av tjocka grundplattor gjutna på morän med god

bärighet. Vilka randvillkor kan lämpligen antas här? Motivera. b) Visa med hjälp av en skiss var armering kan behövas i sektion B-B med hänsyn till

böjning i brottgränstillstånd. Motivera.


qd=14 kN/m

L=12 m

b=?

h=675 mm

En limträbalk som ska sitta i taket på en föreläsningssal ska dimensioneras. Balken kommer att vara belastad med en jämt utbredd last, qd = 14 kN/m (inklusive egentyngd). På grund av utrymmeskrav begränsas höjden på balken till att vara 675 mm. Vilken bredd behöver limträbalken ha för att få tillräcklig kapacitet med avseende på moment och tvärkraft? Limträ klass G32k Klimatklass 1 Lastvaraktighet: medel Balken är stagad mot vippning


qd=45 kN/m

L=6000 b=200

As

[mm]

ls/2=100

d=550

En armerad betongbalk med ett rektangulärt tvärsnitt enligt figur ovan är belastad med en jämnt utbredd last, qd = 45 kN/m. Balken är försedd med dragarmering bestående av 5 stänger 16, med en sammanlagd tvärsnittsarea As = 1005 mm2. Kontrollera om tvärkraftsarmering behövs i balken. Kontroll av livtryckbrott och dimensionering av eventuell tvärkraftsarmering behöver inte utföras. Betong C30/37


2 700

450

90

450

90 600 600

4 000 En betongbåge ingående i en bågbro har ett tvärsnitt som i hjässan något förenklat ser ut som i figuren. Tvärsnittet belastas i huvudsak av en normalkraft och ett böjande moment. Den längsgående böjarmeringen i lådtvärsnittets över- och undersida (flänsarna) består av 38 ø 25 B500B i vardera armeringslagret, placerade enligt figur. Hur stort böjande moment kan tvärsnittet bära i brottgränstillstånd om det samtidigt belastas med en centrisk tryckande normalkraft N = 62 MN? Ledning: Hela flänsarnas bredd får medräknas. Metoden med förenklat tryckblock får

användas. Betongens kantstukning cu = 3,5·10-3 vid den mest tryckta kanten får antas som brottkriterium.

Dimensionerande materialegenskaper, brottgränstillstånd: Betong C50/60 fcd = 33.3 MPa = 0,8 = 1,0 Armering 25 B500B fyd = 435 MPa Es = 200 GPa


askin.

et finns ett förslag att fö tt svetsa på tvärgående avstyvningar

tål S235.

L1 = 4 m

L2 = 4 m

hw = 430 mm tw = 4 mm

a = 4 mm

b = 190 mm I en industri har man köpt in ny maskinell utrustning för att ersätta en äldre mMaskinbytet innebär att belastningen på en av de stålbalkar som finns i lokalen ökar.Balken kan anses vara fritt upplagd och den har tvärgående avstyvningar över de bådaupplagen. Belastningen på balken efter installation av den nya maskinen utgörs av två koncentrerade, lika stora laster, P = 160 kN enligt figur ovan. Det visar sig vid en analys av balkens tvärkraftskapacitet att den inte har tillräcklig bärförmåga för dennya lasten. D rstärka balken genom amed ett centrumavstånd på 1 m mellan de befintliga avstyvningarna. Hur stora laster Pkan balken bära med hänsyn till tvärkraftskapaciteten i brottgränstillstånd efter denna åtgärd? S


Lösning uppgift 4

a) Det är rimligt att anta att förskjutningarna i underkant av grundplattan är förhindrade genom friktion och tryck från omgivande jord (i alla riktningar).

Det är däremot inte rimligt att förvänta sig att rotationen runt axlarna längs grundplattorna skall vara förhindrade. De kraftpar som behöver mobiliseras för att åstadkomma mothållande moment här innebär betydligt högre och mer koncentrerade krafter mot grundplattornas undersidor. Dessa kan inte uppkomma utan alltför stora deformationer i jorden. Det är därför rimligt att anta att rambenen är ledat infästa i nivå med grundplattornas undersidor. (Rotationen runt andra axlar är däremot förhindrade på grund av grundplattornas utbredning.)

SEKTION B-B

Brobaneplatta

Ramben

Grundplatta

(Man kan även tänka sig en viss rotationsstyvhet, som skulle kunna modelleras med hjälp av rotationsfjädrar, men i detta fall skulle rotationsstyvheten bli mycket låg:

Eventuellt skulle också (förskjutnings-)fjädrar kunna användas för att modellera jordens mothållande effekt.)


Lösning uppgift 4 (forts)

b) Med hänsyn till böjning i brottgränstillstånd behövs armering där betongen blir dragen. Ett sätt att se var den blir det är att ta fram en ungefärlig momentfördelning och rita ut den på beräkningsmodellen av ramen. På den sidan där momentet ritas är betongen dragen.

Egentyngd och jordtryck är permanenta laster, medan trafiklasten är variabel. Momentdiagrammet kan därför variera mellan olika lastfall, men eftersom det är en ganska tung konstruktion är inte variationen jättestor utan den ser på ett ungefär ut som i figuren nedan.

Böjarmering behövs i alla delar som för något lastfall får dragpåkänningar. Ett exempel på hur böjarmering kan läggas in visas i den nedersta figuren. I områden med stora moment läggs extra mycket armering in.

(I verkligheten kompletteras denna armering av minimiarmering i alla ytor. Man måste också ta hänsyn till laster i bruksgränstillstånd, som t.ex. temperaturlaster och krympning)

Egentyngd

Trafiklast

Jordtryck

Momentfördelning (ungefärlig):

Inläggning av böjarmering:

2


Lösning uppgift 5

Indata:

L 12m h 675mm b = ?

qd 14kNm

Klimatklass 1, Lastvaraktighet medel, Limträ G32k

Dimensionerande moment och tvärkraft:

MEdqd L

2

8MEd 252 kN m

VEdqd L

2VEd 84 kN

Dimensionerande materialegenskaper:

fd kmod kh kcritfk!m

=

G32k: fmk 32MPa fvk 3.8MPa

Klimatklass 1, lastvaraktighet medel: kmod 0.8

h > 600 mm: kh 1

Stagad mot vippning: kcrit 1

Limträbalk: !m 1.25

fmd kmod kh kcritfmk!m

fmd 20.48 MPa

fvd kmod kcritfvk!m

fvd 2.432 MPa

Momentkapacitet:

MEd < MRd W fmd=

Wb h2

6=

bMEd 6

h2 fmd

b 162.037 mm

Välj standarddimensioner: b 165mm

Tvärkraftskapacitet:

VEd < VRd23A fvd=

bef 0.67 b bef 0.111 m

A bef h A 0.075 m2

VRd23A fvd VRd 120.986 kN

VEd 84 kN < VRd 120.986 kN OK!

Svar: Balken ska vara 165 mm bred.


Lösning uppgift 6

Indata

qd 45kNm

Tvärsnittsgeometri:

L 6.0 m b 0.200 m h 0.600 m d 0.550 m

ls 0.2 mls2

0.1 m

Beräkning av tvärkraft

RAqd L

2RA 135 kN

Vertikal jämvikt:

: VEd x( ) RA qd x

Dimensionerande materialegenskaperBetong C30/37 fck 30 MPa c 1.5 cc 1.0

fcdcc fck

cfcd 20MPa

Armering 16 B500B 16mm n 5

Asi

2

4Asi 201.062 mm2

Behövs tvärkraftsarmering?Lasteffekt

Titta i snitt 0.9d från upplagskant

xls2

0.9 d x 0.595 m

VEd.0.595 RA qd x VEd.0.595 108.225 kN

Inverkan av last nära upplag

VEd.red.0.595 VEd.0.5952 d x( )2

4 dqd VEd.red.0.595 103.009 kN

Betongens tvärkraftskapacitet

VRd.c CRd.c k 100 l fck

1

3bw d= dock minst min bw d

bw b

CRd.c0.18

cCRd.c 0.12

k 1200d

= < 2.0 där d sätts in i mm

k 1200 mmd

k 1.603 < 2.0 OK

lAslbw d

= < 0.02

Asl Asi n Asl 1.005 10 3m2

lAslbw d

l 9.139 10 3 < 0.02 OK!

min 0.035 k

3

2 fckMPa

1

2

min 0.389

min bw d MPa( ) 42.799 kN

VRd.c CRd.c k 100 lfckMPa

1

3

bw d MPa( ) VRd.c 63.805 kN < 42.8kN OK!

VRd.c 63.805 kN < VEd.red.0.595 103.009 kN => Tvärkraftsarmering behövs!

Svar: Tvärkraftsarmering behövs

Bärandekonstruktioner Tentamen 2007-12-21

Uppgift 7

2 700

450

90

450

90 600 600

4 000

Dimensionerande materialegenskaper

Partialkoefficienter: Armering:

Betong:

s 1.15

c 1.5

Betong C50/60 fck 50MPa

fcdfck

cfcd 33.333 MPa

0.8 1.0 cu 3.5 10 3

Armering B500B fyk 500MPa Es 200000MPa

fydfyk

ssy

fydEs

fyd 434.783 MPa sy 2.174 10 3

Momentkapacitet i brottgränstillståndh 2.700m b 4.000m bw 0.600m t 0.450m c 0.090m

d h c d 2.61 m

d´ c d´ 0.09 m

0.025m n 38

Asi2

4Asi 4.909 10 4 m2

As n Asi As 0.019 m2

A´s n Asi A´s 0.019 m2

Antaganden om armeringsspänning och tryckzonen utbredning

Mängden drag- och tryckarmering är lika stora.Om all armering flyter är Fs = F´s och Fc = NI så fall är betongtryckblockets area Ac = N / fcd = 62 / 33.3 = 1.86 m2 > b·t = 4·0.45 = 1.80 m2Antag därför att tryckblocket inte ryms i flänsen (0.8x > t)Skillnaden i area är dock inte stor.Gissa därför att nedre kanten av tryckblocket hamnas strax under underkanten avöverflänsen. Tryckarmeringen ligger då i den allra översta delen an tryckblocket Antag därför att all armering flyter.

Horisontell jämvikt:

Fc x( ) F´s Fs Nd= Fs = F´s (tar ut varandra)

Nd 62000kN

Fc x( ) fcd b 2bw( ) t 2 bw x

xNd fcd b 2 bw( ) t

fcd 2 bwx 0.625 m

Kontroll av antaganden

0.8x 0.5 m > t, OK! (Betongtryckblocket ryms inte i flänsen)

´sx d´

xcu ´s 2.996 10 3 sy 2.174 10 3 ´s1 sy OK

sd x

xcu s 0.011 sy 2.174 10 3 s1 sy OK

(All armering flyter)

Momentkapacitet

Momentekvation runt dragkraftsresultanten kNm kN m

Md b 2bw( ) t fcd dt2

2 bw x fcd dx

2A´s fyd d d´( ) Nd d

h2

Md 8.969 104 kNm

Kontroll av segt verkningssätt

xd

0.239xd

0.45 OK

Svar: Tvärsnittets momentkapacitet är 90 MNm vid en samtidigt verkande centrisk normalkraft av 62 MN.

Bärande konstruktioner , tentamen 2007-12-21

Lösning uppgift 8Tvärsnittsdata: hw 430 mm!:= (livhöjd) tw 4 mm!:= (livbredd för befintlig balk) asvets 4 mm!:=

a 1 m!:= maximalt avstånd mellan avstyvningarStål S235: ! 1.2:=

fy 235 MPa!:=

fyw fy:=

" 235 MPa!

fy:= " 1=Partialkoefficienter:

#M1 1.0:= #M0 1.0:=

Lasteffekt (beräkning av dimensionerande tvärkraft)

L1 4.0 m!:=

L2 4.0 m!:=

P 160 kN!:=

VEd P:=

Beräkna slankhet för livplåt och kontrollera om det finns risk för skjuvbuckling

d hw 2 2! asvets!":= d 418.7 mm!=d

tw104.672=

Gränsvärde för kontroll av skjuvbuckling: 31"!! $%!Balken har ändavstyvningar och mellanliggande avstyvningar och

a

d2.388= alltså a

d1> vilket ger $% 5.34

4

a

d

2+:= $% 6.041=

31"!! $%! 63.495=

Eftersom d

tw63.5> måste tvärkraftskapaciteten kontrolleras med avseende på skjuvbuckling.

Tvärkraftskapacitet

&w

hw

tw

37.4 "! $%!:=

Vbw.Rd 'w hw! tw!fy

3 #M1!!=

&w

hw

tw

37.4 "! $%!:= &w 1.169= alltså &w 1.08>

'w1.37

0.7 &w+:= 'w 7 10

7"#

1

PaMPa!= 'w = 0,733

Tvärkraftskapaciteten för balken är:Vbw.Rd 'w hw! tw!

fy

3 #M1!!:= Vbw.Rd 171 kN!=

Utnyttjandegrad: VEd

Vbw.Rd94 %!= dvs tvärkraftskapaciteten i balken då avstyvningar harsvetsats på är tillräckligt stor för att bära de bådapunktlasterna P=160 kN, alltså hjälper denna åtgärd.

Bärförmågan för punktlaster: PRd Vbw.Rd:= PRd 171 kN!=

Svar: Efter påsvetsning av mellanliggande avstyvningar får balken tillräckligt hög tvärkraftskapacitet för att bära punktlaster upp till 171 kN.

Tentamensskrivning i BÄRANDE KONSTRUKTIONER (BMT015), grundkurs för V3, 2008-12-19 Rättningssystem Beskrivning Poäng

Max 2 p Max 4 p Ej behandlat, eller helt fel 0 0 Behandlat, men svagt Ofullständigt, eller flera principfel

0,5 1

Godkänt För lite, eller isolerat principfel

1 2

Bra Tillräckligt, inte utan mindre anmärkningar

1,5 3

Utmärkt Fullständigt och väl behandlat utan anmärkningar

2 4

Uppgift 1 Exempel på mindre fel:

I figur ej visat tvärkraftsbrottet invid upplag, utan mot mitten på en balk (men inte definierat last etc.)

Exempel på principfel: Skjuvspänningsfördelningen över tvärsnittet är felritat (t ex går ej ner till noll vid kanterna) Tvärkraftsbrottet är fel beskrivet.

Uppgift 2 Exempel på mindre fel:

Har med �”rubriker�” på hur man kan minska risken för vippning men beskriver inte hur, (t ex : lastangreppspunkt, men säger inte om det är gynnsamt högt eller lågt i tvärsnittet) alternativt beskriver fel. Endast gett två metoder att minska risken för vippning (ej tre som efterfrågades)

Exempel på principfel: Fenomenet vippning ej korrekt beskrivet.

Uppgift 3 Exempel på helt fel:

Visat och diskuterat materialkurvor i stället för töjnings- och spänningsfördelningar i momentbelastade tvärsnitt.

Exempel på för lite: Töjningsfördelningarna saknas.

Exempel på principfel: En av töjnings- eller spänningsfördelningarna är fel. Bytt plats på töjnings- och spänningsfördelning för stålet.

Exempel på mindre fel: Har inte kommenterat likheter och skillnader.

Uppgift 4 Exempel på principfel: Inläggning av armering orimlig. Lagt in armering i alla sidor och inte förklarat vilka sidor som blir dragna

Föreslagit armeringslösningar där armeringen klipps av i inspänningssnittet (där den behövs).

Jordtryck från bägge håll. Har ej med mothåll underifrån. Exempel på mindre fel:

Ej visat mothåll underifrån, men i förslag till inläggning av armering ändå måste ha insett att den finns med. Föreslagit armeringslösningar där förankringen av armeringen i inspänningssnittet med största sannolikhet skulle vara otillräcklig.

Uppgift 5 Exempel på ofullständig uppgift:

Ej beräknat momentkapacitet Exempel på principfel:

Ej kontrollerat antaganden Exempel på mindre fel:

Ej kontrollerat seghet Använt fyd istället för fcd vid beräkning av momentkapacitet.

Ej avdrag Fel antal armeringsstänger Uppgift 6 Exempel på principfel:

Ej kontrollerat tvärsnittsklass Tecknat I fel Tecknat fel Inte kontrollerat momentkapaciteten Inte använt M1

Exempel på mindre fel: Fel enhet

Tecknat y fel Tecknat c och d fel

Uppgift 7 Exempel på ofullständig uppgift:

Ej beräknat normalkraften Exempel på principfel:

Ej kontrollerat antaganden Tecknat horisontell jämvikt fel Tecknat momentekvation fel Valt x

Exempel på mindre fel: Satt in fel siffror i ekvationer, t ex glömt en parameter eller blandat ihop värden för och .

Exempel på fel som ej gett avdrag: Ställt upp ekvationer rätt med rätt siffror, men löst andragradsekvationen fel Uppgift 8 Exempel på principfel:

Ej kontrollerat i alla tre snitten. Antagit att RA = RB = qd*L/2 Använt stödreaktion RB i stället för tvärkraften Ej tagit med 2 liv vid beräkning av Vba,Rd Använt 2 liv vid beräkning av slankhet Ej utfört kontroll om risk för skjuvbuckling

Exempel på mindre fel: Använt annat än EC3 men gjort fel på S

Institutionen för bygg- och miljöteknik, Konstruktionsteknik Tentamensskrivning i BÄRANDE KONSTRUKTIONER (BMT015), V3 Tid och plats 2008-12-19 kl. 8.30 - 13.30, V Lärare Karin Lundgren, tel. 772 22 56 Lösningar Anslås 2008-12-22, anslagstavlan V samt kurshemsidan

Granskning 2009-01-22, kl. 16.00-17.00 på avdelningen.

Genomgång av tentamen vid första tillfället i kursen Konstruktionsteknik, 2009-01-19 kl. 8.00 sal VK.

__________________________________________________________________________ Teoridel: Uppgift 1 -4 Inga tillåtna hjälpmedel __________________________________________________________________________ Problemlösningsdel: Uppgift 5-8 Tillåtna hjälpmedel: Bärande konstruktioner - del 1, Chalmers,

Konstruktionsteknik.

Diverse utdrag för kursen Bärande konstruktioner BMT015, Chalmers, Konstruktionsteknik.


Kalkylatorer: Valfri kalkylator är tillåten Ej tillåtna hjälpmedel: Lösta exempel (stencilerade eller handskrivna), exempelsamlingar _____________________________________________________________________ Poängfördelning och svårighetsgrad:

Teori Problemlösning Uppgift nr 1 2 3 4 5 6 7 8 Maxpoäng 2 2 2 4 4 4 4 4 Svårighetsgrad - - - - L L S S

L = "lättare" (baskunskaper) S = "svårare"

Redovisning av lösningar: Lösningar skall vara tydligt och fullständigt redovisade. Beräkningsantaganden, väsentliga led i lösningsgången och insättning av värden i beräkningsuttryck skall framgå. Ofullständigt redovisade lösningar kan medföra poängavdrag. Mått i figurer är angivna i mm eller i m.

Bärande konstruktioner, tentamen 2008-12-19 Uppgift 1 Visa med hjälp av en figur hur skjuvspänningen är fördelad över en rektangulär träbalk belastad med tvärkraft. Förklara hur ett tvärkraftsbrott i en träbalk ser ut. Uppgift 2 Förklara begreppet vippning och beskriv minst 3 åtgärder man kan vidta för att minska risken för vippning. Uppgift 3 Visa hur töjningsfördelning och spänningsfördelning i ett momentbelastat tvärsnitt i brottgränstillstånd ser ut för:

En rektangulär träbalk En stålbalk med I-profil, i tvärsnittsklass 2 En rektangulär enkelarmerad betongbalk

Kommentera likheter och skillnader!


En långsträckt stödmur i armerad betong skall bära fyllnadsmassor på dess högra sida i figuren ovan. Visa i figur:

vilka laster stödmuren kommer att utsättas för, och hur stödmuren kan armeras för att ta böjande moment.


En armerad betongbalk med tvärsnitt enligt figuren är försedd med 6 16 B500B som dragarmering i underkant. Beräkna momentkapaciteten noggrant med hänsyn till inlagd armering och gör nödvändiga kontroller. Dimensionerande materialegenskaper, brottgränstillstånd: Betong I C25/30 fcd = 16.7 MPa fck = 25 MPa Armering 16 B500B fyd = 435 MPa Es = 200 GPa

= 0,810 = 0,416

Bärande konstruktioner, tentamen 2008-12-19 Uppgift 6 tf 13mm

a 5mm

tw 8 mm

b 280mm En fritt upplagd balk är belastad med en jämnt utbredd last qd om 100 kN/m i brottgränstillstånd, inklusive egenvikt. Det är en svetsad stålbalk med ett I-tvärsnitt med mått enligt figuren. Balken får anses vara stagad mot vippning. Kontrollera momentkapaciteten i brottgränstillstånd! Stålkvalitet: S420M fy = 420 MPa


Ett pelartvärsnitt med mått enligt figur belastas i brottgränstillstånd av en excentrisk normalkraft med dimensioneringsvärde NEd. Normalkraften angriper på avståndet 200 mm utanför den tryckta kanten (inklusive andra ordningens effekter). Analysera tvärsnittet noggrant och avgör hur stor NEd får lov att vara. As : 4 20 i ett lager A’s : 2 20 i ett lager Betong C35/45: fcd = 23.3 MPa = 0.810 = 0.416 Armering: B500B: fyd =435 MPa Es = 200 GPa

NEd

50

50

500

350

A's

As

200

Bärande konstruktioner, tentamen 2008-12-19 Uppgift 8 En svetsad stålbalk med tvärsnitt enligt figur har en spännvidd L1 = 9 m mellan upplagen och en utkragande del med längd L2 = 1,2 m. Balken är belastad med en permanent utbredd last qd = 60 kN/m inklusive egentyngd i det vänstra spannet. Den ska även belastas med en punktlast Pd. Egentyngden i den utkragande delen får försummas. Balken är försedd med avstyvningar vid upplagen och där punktlasten angriper och kan anses stagad mot vippning. Kontroll med avseende på interaktion mellan moment och tvärkraft behövs ej utföras. Beräkna hur stor punktlast Pd som balken kan bära med hänsyn till tvärkraftskapaciteten. Stål S355 fy = 355 MPa Es = 210 GPa

a=5

5

20

45 b=300

h=350

qd=60 kN/m Pd=?

L1=9 m L2=1.2 m

[mm]

20

Bärande konstruktioner, tentamen 2008-12-19 Lösning uppgift 4 Laster: Jordtryck (vindlaster mycket små i jämförelse), egentyngd

Om man vill kan man rita ut momentdiagrammet och var böjsprickor kommer att slå upp för att ha som stöd när man lägger in armering på den dragna sidan:

Förslag till armeringsinläggning:


Lösning till uppgift 5:

Dimensionerande materialegenskaper och dimensioner för balk och armering:

b 0.450 m d 0.700 m

Betong C25/30:

fcd 16.7 MPa fck 25MPa

Armering B500B:

fyd 435 MPa Es 200 GPa

!sydfyd

Es!syd 2.175 10 3

" 0.016 m

Asi# "2

4Asi 2.011 10 4 m2

As 6 Asi As 1.206 10 3 m2

Noggrann analys i brottgränstillstånd

Rektangulär tryckzon, metod med tryckblocksfaktorerBtg C25/30 $ 0.810 % 0.416 !cu 3.5 10 3

Projektionsekvation ger tryckzonshöjd:

Antag att all armering flyter

$ fcd b x = fyd As

xfyd As

$ fcd bx 0.086 m

Deformationsvillkor:

!sd x

x!cu !s 0.025 > !syd 2.175 10 3 flyter OK

Seghet:

xd

0.123 < 0.45 OK

Momentjämvikt kring dragresultanten ger momentkapacitet

MRd $ fcd b x d % x( )

MRd 348.52 kNm

Överslagsberäkning för att kontrollera rimlighet i resultat

MRd fyd As 0.9 d

MRd 330.606 kNm OK, beräknad momentkapacitet verkar rimlig.

Svar: Momentkapaciteten är 348 kNm, och seghetskravet är uppfyllt.

Bärande konstruktioner tentamen 2008-12-19

Lösning uppgift 6Beräkna momentkapacitet i brottgränstillståndIndata: Stålkvalitet: S420M fy 420MPa:=

!M1 1.0:= [EC3]tf 13mm:= qd 100

kN

m:=

a 5mm:=

L 10m:=

hw 750mm:=

tw 8mm:=

b 280mm:=

Beräkning av momentkapacitet:

Mb.Rd "LT W!fy

!M1!=

Balken är stabiliserad m.h.t vippning => "LT 1= Kontrollera tvärsnittsklass# 235 MPa!

fy:= # 0.748=

A) flänsc

b tw"

22 a!":= c 0.129m=

c

tf9.918=Tvärsnittsklass 1:

9 #! 6.732= < c/tf Flänsen är inte i tvärsnittklass 1Tvärsnittsklass 2:10 #! 7.48= < c/tf Flänsen är inte i tvärsnittklass 2Tvärsnittsklass 3:14 #! 10.472= >c/tf Flänsen är i tvärsnittklass 3

B) livplåtd hw 2 2! a!":= d 0.736 m=

d

tw91.982=Tvärsnittsklass 1:

72 #! 53.857= <d/tw Livplåten är inte i tvärsnittklass 1Tvärsnittsklass 2:83 #! 62.085= <d/tw Livplåten är inte i tvärsnittklass 2Tvärsnittsklass 3:124 #! 92.754= >d/tw Livplåten är i tvärsnittklass 3Den dimensionerande tvärsnittsklassen bestäms av den del av tvärsnittet som harhögsta tvärsnittsklassen, d.v.s störst slankhet. I detta fall befinner sig både fläns- ochlivplåt i tvärsnittsklass 3. Detta medför att tvärsnittet skall beräknas somtvärsnittsklass 3, vilket innebär att maximal kapacitet som kan erhållas fås dånormalspänningen i utsidan av flänsarna har uppnått flytspänning. För att beräknamomentkapaciteten skall elastiskt böjmotstånd användas. Beräkning av elastiskt tröghetsmoment i styv riktning samt böjmotståndIx

tw hw3

!

122

b tf3

!

12b tf!

hw

2

tf

2+

2

!+

!+:= Ix 1.341 103"

# m4

=

Elastiskt böjmotstånd beräknas på höjden yhw

2tf+:=

Wel

Ix

y:= Wel 3.456 10

3"# m

3!=

Momentkapaciteten för tvärsnittet blirMb.Rd 1.0 Wel!

fy

!M1!:= Mb.Rd 1.451 10

3# kNm!=

Kontroll momentkapacitetMEd

qd L2

!

8:= MEd 1.25 10

3# kNm!=

MEd Mb.Rd$ Ok

NEd

50

50

500

350

A's

As

200

Bärande konstruktioner, tentamen 2008-12-19Lösning uppgift 7e 200mm b 350mm

Effektiv höjd: d 450mm d' 50mm

Btg C35/45Arm 20 B500B Asi ! 20mm( )2

4Asi 3.142 10 4 m2

A's 2.Asi A's 6.283 10 4 m2

As 4 Asi As 1.257 10 3 m2


Brottgränstillstånd

Btg C35/45: fcd 23.3MPa "cu 3.5 10 3

Arm. B500B: fyd 435MPa

Es 200GPa

"sydfydEs

"syd 2.175 10 3

Dimensionering i brottgränstillstånd

Antag att undersidan blir dragen => brottstukningen i överkant 3.5 promille blir begränsande (sB88)

Metod med tryckblocksfaktorer kan användas eftersom tvärsnittet är rektangulärt.Btg C35/45:

# 0.810 $ 0.416

d

Fc

Fs

·fcd

·x

z

x

s

cu=3.5·10-3 fcd

NEd d�’

F�’s

e

�’s

Antag att all tryckarmering och dragarmering flyter.

Projektionsekvation.:Fc F's Fs NEd=

# fcd b x %'s A's %s As NEd=

# fcd b x fyd A's fyd As NEd= Eq. (1)

Momentekvation kring dragarmering:

F's d d'( ) Fc d $ x( ) NEd d e( ) 0=

fyd A's d d'( ) # fcd b x d $ x( ) NEd d e( ) 0= Eq. (2)

Eq. (1) & (2)

Gissa: x 100mm

NEd 500kN

Given

# fcd b x fyd A's fyd As NEd=

fyd A's d d'( ) # fcd b x d $ x( ) NEd d e( ) 0=

Find x NEd162.38352795163292117 mm

799313.95219859683068 MPa mm2

643.1527587208636904 mm

4.5216962662309131619e6 MPa mm2

x 162.38mm NEd 799.314kN OK, undersidan är dragen.

OK (Behövs egentligen intekontrolleras, kravet gäller närböjning dominerar.)

Seghetskrav: xd

0.361xd

0.45

Kontrollera antagande:

Tryckarmering: "syd 2.175 10 3

"'s "cux d'

x"'s 2.422 10 3 "'s "syd OK!

Dragarmering; översta lagret:

"s "cud x

x"s 6.199 10 3 "s "syd OK

Svar: Dimensionerande normalkraft NED får vara maximalt 799 kN.


Lösning uppgift 8

a=5

5

20

45 b=300

h=350

qd=60 kN/m Pd=?

L1=9 m L2=1.2 m

[mm]

Dimensionerande materialegenskaper och dimensioner:

fy 355 MPa!:=

b 0.300 m!:= h 0.350 m!:=

tw 0.005m:= tf 0.02m:= a 0.005m:= ! 1.2:=

hw h 2 tf!":=

L1 9m:= L2 1.2m:=

qd 60kN

m:=

Tvärkraftskapacitet

" 235MPa

fy:= " 0.814=

Kontrollera slankhet för livplåthw

tw62= 72

"!! 48.817=

hw/tw>48,8 -->kontroll map skjuvbuckling krävs

Beräkna slankhetstalet #w

#$ 5.34:=

%w

hw

tw

37.4 "! #$!( ):= %w 0.882=

0 8,

! %w< 1< 08,

&w0.83

%w:=

hw h 2 tf!":= hw 0.31m=

Tvärkraftskapacitet mht skjuvbuckling, Vbw.Rd:

'M1 1.0:=

Vbw.Rd &w 2! hw! tw!fy

3 'M1!!:= Vbw.Rd 598.106 kN!=

Lasteffekt

Beräkna snittkrafter och stödreaktioner med momentjämvikt runt A:

RB L1! qd L1!L1

2!" P L1 L2+( )!" 0:=RB L1! qd L1!L1

2!" P L1 L2+( )!"

RB qd

L1

2! P 1

L2

L1+

!+:=

Vertikal kraftjämvikt:

RA qd L1! P+ RB":=

RA qd L1! P+ qd

L1

2! P 1

L2

L1+

!+

" 1 qd

L1

2! P

L2

L1!"!=:=

Max tvärkraft blir antingen för P=Vba.rd i konsolen, för RA=Vba.rd i balken, eller för RB-P=Vba.rd i balken

1. Tvärkraften i konsolen avgörande: V = P

Pd.1 Vbw.Rd:= Pd.1 598.106 kN!=

2. Tvärkraften invid stöd A avgörande: V = RA

Pd.2

L1

L2qd

L1

2! Vbw.Rd"

!:= Pd.2 2.461" 103

$ kN!=

3. Tvärkraften invid stöd B, vänstersidan: V = RB-P

V qd

L1

2! P 1

L2

L1+

!+

P" 1 qd

L1

2! P

L2

L1!+!=:=

Pd.3

L1

L2Vbw.Rd qd

L1

2!"

!:= Pd.3 2.461 103

$ kN!=

Svar: Det blir tvärkraften i konsolen som blir avgörande med Pd = 598 kN.

P med hänsyn till momentkapacitet:

Bestäm tvärsnittsklass

eps235MPa

fy:= eps 0.814=

A) fläns:

fyttre 0.045m:=

c b 2 tw!" 2 fyttre!":=c

tf10=

c

eps

tf12.291= 33< "" klass1>

B) livplåt:

d

eps

tw=

d

72> "" klass2>

Momentkapacitet

Wpl tf b! tf hw+( ) 2twhw

2

4+:= 'M1 1.0:=Wpl 2.22L=

MRd Wpl

fy

'M1!:= MRd 788.189 kNm!=

MB P L2!:= MB MRd:= -medför -->

PMB

L2:= P 656.824 kN!=

qd

L12

8! 607.5 kNm!=

Utan punktlast blir max fältmomentqL^2/8. Om en punktlast läggs påkommer fältmomentet att minska,se figuren. Alltså blir intemomentkapacitet avgörande förbrott.

Institutionen för bygg- och miljöteknik, Konstruktionsteknik Tentamensskrivning i BÄRANDE KONSTRUKTIONER (BMT015), V3 Tid och plats 2009-12-16 kl. 8.30 - 13.30, V Lärare Rasmus Rempling, tel. 772 20 12 Lösningar Anslås 2009-12-16, anslagstavlan V samt kurshemsidan

Granskning 2010-01-18, kl. 15.00-17.00 på avdelningen. __________________________________________________________________________ Teoridel: Uppgift 1 -4 Inga tillåtna hjälpmedel __________________________________________________________________________ Problemlösningsdel: Uppgift 5-8 Tillåtna hjälpmedel: Bärande konstruktioner - del 1, Chalmers,









Visa med hjälp av en figur hur spännings-töjningssambandet för en stålstav belastad i drag fungerar. Redogör för begrepp som fy, fu, E, elastiskt område, plastiskt område och deformationshårdnande. Uppgift 2

Redogör för bakgrunden till metoden med förenklat tryckblock. När leder denna metod till lösningar på osäker sida? Uppgift 3

Jämför en rektangulär enkelarmerad betongbalk med en I-balk av stål, båda belastade i böjning. Hur ser moment-krökningssambanden ut för de båda tvärsnitten? Kommentera likheter / skillnader!


Uppgift 4

En grundplatta av betong belastas via en murad vägg. (De streckade linjerna representerar marken.) I grundplattan:

a.) Vilka typer av brottmoder är möjliga?

b.) Vilka är de kritiska snitten för respektive brottmod?

c.) Vilken sorts armering behöver läggas in och var bör den placeras?


Uppgift 5

En armerad kontinuerlig betongbalk (upplagd på tre stöd) med tvärsnitt enligt figuren är försedd med 6 !16 B500B som dragarmering i underkant. Beräkna momentkapaciteten noggrant med hänsyn till inlagd armering och gör nödvändiga kontroller. Dimensionerande materialegenskaper, brottgränstillstånd: Betong I C25/30 fcd = 16.7 MPa fck = 25 MPa Armering !16 B500B fyd = 435 MPa Es = 200 GPa = 0,810 = 0,4

50

600

300

6!16 B500B

[mm]


Bestäm momentkapaciteten i brottgränstillstånd för det svetsade tvärsnittet (utan hänsyn till vippning) enligt figur. Klass 4 kommer inte att vara aktuell, (endast klass 1,2 eller 3.) Stålkvalitet: S355


[mm]

100 500

600

50

100

350

50

En fritt upplagd betongbalk i betong C20/25 med tvärsnitt enligt figuren är armerad med 6Ø25 B500B, placerad i ett lager, som dragarmering i underkant och 2Ø20 B500B som tryckarmering i överkant. Beräkna balkarnas momentkapacitet. Dimensionerande materialegenskaper, brottgränstillstånd: Betong C20/25 fcd = 13.3 MPa Dragarmering Ø25 B500B fyd = 435 MPa Es = 200 GPa TryckarmeringØ20 B500B fyd = 435 MPa Es = 200 GPa = 0,810 = 0,416


Beräkna maximal last qsd med hänsyn till takåsarnas bärförmåga vid böjning. Avståndet mellan primärbalkarna är 2.4 m. Takåsarna är av dimension 90 x 220 mm. Antag att takåsarna utsätts för fleraxlig skev böjning och att de är fritt upplagda på primärbalkarna. Försumma alla egenvikter Virkeskvalitet C 24 kmod=0.8 m=1.3

km=0.7


Lösning Uppgift 4


Lösning till uppgift 5:

Dimensionerande materialegenskaper och dimensioner för balk och armering:

b 0.300 m!:= d1 0.650m:= d2 0.600m:=

Betong C25/30: xtp

4 d1! 2 d2!+( )

6:=

fcd 16.7 MPa!:= fck 25MPa:= xtp 0.633m=

Armering "16 B500B:

fyd 435 MPa!:= Es 200 GPa!:= dm xtp:=

dm 0.633 m=!syd

fyd

Es:= !syd 2.175 10

3#$=

" 0.016 m!:=

Asi# "2

!

4:= Asi 2.011 10

4#$ m

2=

As 6 Asi!:= As 1.206 103#

$ m2

=

Noggrann analys i brottgränstillstånd

Rektangulär tryckzon, metod med tryckblocksfaktorer

Btg C25/30 $ 0.810:= % 0.416:= !cu 3.5 103#

!:=

Projektionsekvation ger tryckzonshöjd:

Antag att all armering flyter

$ fcd! b! x! = fyd As!

xfyd As!

$ fcd! b!:= x 0.129 m!=

Deformationsvillkor:(Räcker att kontrollera om stålet i översta lagret flyter)

!s2d2 x#

x!cu!:= !s2 0.013= > !syd 2.175 10

3#$= flyter OK

Seghet:

x

dm0.204= < 0.45 OK

Momentjämvikt kring dragresultanten ger momentkapacitet

MRd $ fcd! b! x! dm % x!#( )!:=

MRd 304.125 kNm!=

Överslagsberäkning för att kontrollera rimlighet i resultat

MRd fyd As! 0.9! dm!:=

MRd 299.12 kNm!= OK, beräknad momentkapacitet verkar rimlig.

Svar: Momentkapaciteten är 304 kNm, och seghetskravet är uppfyllt.

Lösning uppgift 6 - tentamen 2009-12-16

Beräkna momentkapacitet i brottgränstillståndIndata: Stålkvalitet: S355 fy 355MPa:=

!M1 1.0:= [EC3]tf 13mm:=

a 5mm:=

hw 800mm:=

tw 10mm:=

b 300mm:=

Beräkning av momentkapacitet:

Mb.Rd "LT W!fy

!M1!=

!LT 1=Balken är stabiliserad m.h.t vippning => Kontrollera tvärsnittsklass# 235 MPa!

fy:= # 0.814=

A) flänsc

b tw"

22 a!":= c 0.138m=

c

tf10.61=Tvärsnittsklass 1:

9 #! 7.323= < c/tf Flänsen är inte i tvärsnittklass 1Tvärsnittsklass 2:10 #! 8.136= < c/tf Flänsen är inte i tvärsnittklass 2Tvärsnittsklass 3:14 #! 11.391= > c/tf Flänsen är i tvärsnittklass 3

B) livplåtd hw 2 2! a!":= d 0.786 m=

d

tw78.586=Tvärsnittsklass 1:

72 #! 58.58= <d/tw Livplåten är inte i tvärsnittklass 1Tvärsnittsklass 2:83 #! 67.53= <d/tw Livplåten är inte i tvärsnittklass 2Tvärsnittsklass 3:124 #! 100.888= >d/tw Livplåten är i tvärsnittklass 3Den dimensionerande tvärsnittsklassen bestäms av den del av tvärsnittet som harhögsta tvärsnittsklassen, d.v.s störst slankhet. I detta fall befinner sig både fläns- ochlivplåt i tvärsnittsklass 3. Detta medför att tvärsnittet skall beräknas somtvärsnittsklass 3, vilket innebär att maximal kapacitet som kan erhållas fås dånormalspänningen i utsidan av flänsarna har uppnått flytspänning. För att beräknamomentkapaciteten skall elastiskt böjmotstånd användas. Beräkning av elastiskt tröghetsmoment i styv riktning samt böjmotståndIx

tw hw3

!

122

b tf3

!

12b tf!

hw

2

tf

2+

2

!+

!+:= Ix 1.716 103"

# m4

=

Elastiskt böjmotstånd beräknas på höjden yhw

2tf+:=

Wel

Ix

y:= Wel 4.154 10

3"# m

3!=

Momentkapaciteten för tvärsnittet blirMb.Rd 1.0 Wel!

fy

!M1!:= Mb.Rd 1.475 10

3# kNm!=

Bärandekonstruktioner Tentamen 2009-12-16

Uppgift 7

kNm kN m!:=

[mm]

100 500

600

50

100

350

50

Dimensionerande materialegenskaperPartialkoefficienter: Armering:Betong: !s 1.15:=

!c 1.5:=Betong C20/25 fck 20MPa:=

fcdfck

!c:= fcd 13.333 MPa!=

" 0.81:= # 0.461:= $cu 3.5 103"

!:=Armering B500B fyk 500MPa:= Es 200000MPa:=

fydfyk

!s:= $sy

fyd

Es:=

fyd 434.783 MPa!= $sy 2.174 103"

#=

Momentkapacitet i brottgränstillstånd

h 0.600m:= b 0.600m:= bw 0.1m:= t 0.1m:= c 0.050m:=

% 0.025m:= %´ 0.020m:=

d h c":=

d 0.55 m= d´ c:=

n 6:= n´ 2:=

Asi %2 &4

:= As n Asi!:=

Asi 4.909 104"

# m2

= As 2.945 103"

# m2

=

Asi´ %´2 &

4:= As´ n´ Asi´!:=

Asi´ 3.142 104"

# m2

= As´ 6.283 104"

# m2

=

Antag att drag- och tryckarmeringen flyter och att tryckblocket ryms i livetAnvänd tryckblocksfaktorerHorisontell jämvikt: Fc Fs´+ Fs=

's fyd:= och 's´ fyd:=

Fc x( ) " fcd! b! x!:=

Fs As 's!:= Fs 1.281 106

# N=

Fs´ As´ 's´!:= Fs´ 2.732 105

# N=

xFs Fs´"

" fcd! b!:= x 0.155m= (x>t) ej Ok!

Beräkning med tryckblocksfaktorer gäller ejAnvänd förenklat tryckblock ( 1.0:= ) 0.8:=Horisontell jämvikt: Fc1 Fc2+ Fs´+ Fs=

Fc1 b bw"( ) t! fcd!:= Fc2 bw )! x! (! fcd!:=

xFs Fc1" Fs´"

bw )! (! fcd!:= x 0.319m= 0.8 x! 0.256m= 0.8x>t Ok

Kontroll av antagande att armering flyter

$sd x"

x$cu!:= $s 2.527 10

3"#= $sy 2.174 10

3"#= $s $sy> OK!

$s´x d´"

x$cu!:= $s´ 2.952 10

3"#= $sy 2.174 10

3"#= $s´ $sy> OK!

Momentkapacitet

MRd ) x! bw! (! fcd! d)2

x!"

! b bw"( ) t! fcd! dt

2"

!+ fyd As´! d d´"( )!+:=

Svar: MRd 613.778 kNm!=

Lösning uppgift 8 20091216

2400

2400

qsd

Takås C24

Primärbalk Limträ

h=22

0b=90

30 grad

30 grad

kNm 103 N m

L 2.4 m h 0.220 m b 0.09 m cc 2.4 m

Materialegenskaper:

C 24 fmk 24 MPa

!m 1.3 Sågat virke

kmod 0.8 Klimatklass 1Lastvaraktighet: medellång (kortast varaktighet)

Tvärsnittskonstanter

cos"6

0.866Mz.d qd

cos"6qd L

2

8

h=22

0

b=90

30 grad

Q.z=cos(30)q.d

Q.y=sin(30)q.d

yz

30 gradQ.yq.d

Q.z

Izb h3

12Iz 7.986 10 5m4

yzh2

yz 0.11m

#m.z.d qdMz.d qd

Izyz

Iyh b3

12Iy 1.336 10 5m4

yyb2

yy 0.045 m

sin"6

0.5My.d qd

sin"6qd L

2

8

#m.y.d qdMy.d qdIy

yy

Bärförmåga:

fm.d.z kmodfmk!m

fm.d.z 14.769 MPa

Storlekseffekten påverkar dimensionerande hållfasthet i y-riktning eftersom b är mindre än150 mm

kh min150 mmb

0.21.3 kh 1.108

fm.d.y kmod khfmk!m

fm.d.y 16.358 MPa

Interaktion 1:

Given

qd 1kNm

km 0.7

#m.z.d qdfm.d.z

km#m.y.d qdfm.d.y

1=

qd.1 Find qd qd.1 9.089kNm

Interaktion 2:

Given

qd 1kNm

km 0.7

km#m.z.d qdfm.d.z

#m.y.d qdfm.d.y

1=

qd.2 Find qd qd.2 8.71kNm

Qsd min qd.1 qd.2

Qsd 8.71kNm

qsdQsdcc

qsd 3.629kN

m2

Institutionen för bygg- och miljöteknik, Konstruktionsteknik Tentamensskrivning i BÄRANDE KONSTRUKTIONER (BMT015), V3 Tid och plats 2010-12-15 kl. 8.30 - 13.30, V Lärare Karin Lundgren, tel. 772 22 56 Lösningar Anslås 2010-12-16, på kurshemsidan

Granskning 2011-01-17, kl. 15.00-16.00 på avdelningen.

Genomgång av tentamen vid första tillfället i kursen Konstruktionsteknik, 2011-01-17 kl. 8.00 sal VK.

__________________________________________________________________________ Teoridel: Uppgift 1 -4 Inga tillåtna hjälpmedel __________________________________________________________________________ Problemlösningsdel: Uppgift 5-8 Tillåtna hjälpmedel: Bärande konstruktioner - del 1, Chalmers,









Uppgift 1

Visa med hjälp av en figur hur spännings-töjningssambandet för en stålstav belastad i drag

fungerar. Redogör för begrepp som fy, fu, E, elastiskt område, plastiskt område och

deformationshårdnande.

Uppgift 2

Visa med hjälp av ett moment-krökningssamband hur ett armerat betongtvärsnitt reagerar på

ett ökande böjande moment och definiera med hjälp av detta tre olika funktionsstadier vid

böjning.

Uppgift 3

En fritt upplagd balk är belastad med en jämnt utbredd last. Förklara med hjälp av figurer hur

tvärkraft överförs om det är en:

a) snedsprucken armerad betongbalk med tvärkraftsarmering

b) stålbalk med slankt liv försedd med både ändavstyvningar och mellanliggande

livavstyvningar.

Jämför de båda fallen och förklara likheter och skillnader!


Figur: Belastad balk med tillhörande tvärkraftsdiagram.

En träbalk är fritt upplagd över tre stöd och utsatt för en jämt utbredd last, , enligt figuren. Den utbredda lasten ger upphov till tvärkrafter i balken enligt tvärkraftsdiagrammet. Dock är

varför träbalken inte klarar att bära den givna lasten med hänsyn till tvärkraftskapacitet. Hur kan man med hjälp av en fogsvans (handsåg) modifiera träbalken så att för samma givna last ? Hur påverkas böjmomentet av modifieringen? Kommentera till exempel hur följande förändras:

Böjmomentet över stöd Maximala fältmomentets storlek och position i x-led

8


En träbalk med dimensioner enligt figur ovan kommer att belastas med en punktlast, Pd=3 kN i brottgränstillstånd. På grund av utrymmeskrav begränsas höjden på balken till att vara 170 mm. Vilken bredd behöver träbalken ha för att få tillräcklig kapacitet med avseende på moment och tvärkraft? Det är tillåtet att försumma balkens egentyngd. Virke C18 Klimatklass 1 Lastvaraktighet: medel Balken är stagad mot vippning

Pd=3 kN

L=3 m

b=?

h=170 mm


En fritt upplagd balk med en spännvidd på 10 m och tvärsnitt enligt figuren är belastad med en utbredd last qd. Lasten inkluderar egentyngd. Balken är en svetsad I-profil. Svetsarnas kapacietet behöver ej kontrolleras. Balken är stagad mot vippning.

Kontrollera om balkens bärförmåga med avseende på moment är tillräcklig. Balkens bärförmåga med avseende på tvärkraft behövs inte kontrolleras.

Stål: S355


Uppgift 7

En vinklad stålbalk belastas med en koncentrerad punktlast enligt figuren. Balken befinner sig

i tvärsnittsklass 3 (behöver ej kontrolleras) och är stagad mot vippning. Inverkan från

svetsarna kan bortses ifrån. Kan balken bära i brottgränstillstånd med avseende på upp-

komna normalspänningar?

På säker sida får samma partialkoefficient användas för spänningar från både

normalkraft och moment.

Stål S275


qd = 110 kN/m

3,00 0,3 3,00

[m]

400

50 [mm]

650

En armerad betongbalk är i mittsnitt fast inspänd i en pelare. Balken är belastad med en utbredd last qd = 110 kN/m, med egentyngd inkluderad. I överkant förses balken med böjarmering, 7 20 B500B, som dras från vardera kanten, och är nedbockad i pelaren med tillräcklig förankringslängd för att säkerställa inspänning. Tvärkraftsarmering behövs (det behöver ni inte kontrollera!). Balken skall därför förses med slutna vertikala byglar

10 B500B med samma centrumavstånd i hela balken. Dimensionera byglarnas centrumavstånd! Dimensionerande materialegenskaper, brottgränstillstånd: Betong C40/50 fck = 40 MPa fcd = 26.7 MPa Armering B500B fyk = 500 MPa fyd = 435MPa Es =200 GPa

Bärande konstruktioner, tentamen 2010-12-15 Lösning uppgift 4

Modifiering av balken:

Genom att såga av balken vid mittstödet blir balken statiskt bestämd och tvärkrafts-diagrammet får följande form:

Detta ingrepp gör att .

Böjmomentet över mittstödet: Genom att såga av balken införs en momentfri led i stödet och stödmomentet blir därför noll.

Maximala fältmomentets storlek och position i x-led: Maximala fältmomentet kommer att öka. Dessutom, eftersom x-positionen för kommer flytta sig till mitten av spannet kommer maxmomenten göra samma förflyttning.

2


Lösning till uppgift 5

Indata:

L 3m

Pd 3kNh 170mm

Klimatklass 1Virke C18

Dimensionerande moment och tvärkraft:

VEdPd2

VEd 1.5kN

MEdPd2L2

MEd 2.25 kN m

Dimensionerande materialegenskaper:

fd kmod kh kcritfk!m

=

C18: fmk 18MPa fvk 2MPa

Klimatklass 1, last varaktighet medel. kmod 0.8

h > 150 mm: kh 1

Stagad mot vippning: kcrit 1

Sågat virke: !m 1.3

fmd kmod kh kcritfmk!m

fmd 11.077MPa

fvd kmod kcritfvk!m

fvd 1.231 MPa

Momentkapacitet:

MEd < MRd W fmd= Wb h2

6b

bMMEdfmd

6

h2bM 0.042m

Tvärkraftskapacitet:

VEd < VRd23h b kcr fvd=

kcr 0.67

bV VEd3

2 fvd h kcr bV 0.016 m

Svar: b > 0.042 m, välj standarddimension 45*170mm


Lösning till uppgift 6:Analysera balken för lasten q.d med avseende på moment10x2009x42010x200 10000

qd=31 kN/ma=4mm

L 10m:= qd 31kN

m!:= !M1 1.0:=Flänsar bf 200mm:= tf 10mm:= a 4mm:=

Liv hw 420mm:= tw 9mm:=

Stål S355 fyk 355MPa:= fyd

fyk

!M1:= fyd 355 MPa!=Kontroll av tvärsnittsklassFläns:Flänsar

cbf tw"

22 a!":=

c

tf8.98=

Tvärsnittsklass 1 9235 MPa!

fyk7.32= Flänsar ej i tvkl 1


fyk8.14= Flänsar ej i tvkl 2


fyk11.39= Flänsar i tvkl 3

Liv d hw 2 2! a!":=

d

tw45.41=

Tvärsnittsklass 1 72235

355! 58.58= Liv i tvkl 1

Hela tvärsnittet i tvärsnittsklass 3

Tvärsnittskonstanter I

tw hw3

!

122

bf tf3

!

12bf tf!

hw

2

tf

2+

2

!+

!+:=

WelI

hw

2tf+

:=

Wel 1.09 103"

# m3

!=

"LT 1.0:=

Momentkapacitet Mb.Rd "LT Wel!

fyk

!M1!:=

Mb.Rd 388.08 kNm!=

Lasteffekt MEd

qd L2

!

8:=

MEd 387.5m kN!=

Svar : Med avseende på moment så kan balken bära lasten q.d


Lösning uppgift 7

Identifiera kritiskt snitt:

Kritiskt snitt återfinns i den vertikala delen av balken alldeles vid det nedre stödet. I detta snitt

finns både böjande moment, , och normalkraft, .

Identifiera vad tvärsnittsklass 3 innebär för dimensioneringen:

Tvärsnittsklass 3 innebär att normalspänningen i tvärsnittet varierar linjärt och

dimensioneringsvillkoret .

Beräkna maximal normalspänning och jämför med dimensioneringsvillkoret:

Naviers formel ger att

där

Detta ger att

8(1)

Bärande konstruktioner, 2010-12-15. Lösning uppgift 8

qd = 110 kN/m

3,00 0,3 3,00

[m]

400

50 [mm]

650


!c 1.5Betong N C40/50 fck 40MPa fcd 26.7 MPa

fyk 500 MPa fyd 435 MPa Es 200 GPaArmering B500B

Asi 314 10 6 m2 Asl 7 Asi Asl 2.198 103 mm2

Byglar B500B fywd 435 MPa Aswi 78.5 10 6 m2

Geometri och last:

L 3.0 m h 0.700 m b 0.40 m qd 110kNm

Ls 0.3m d 0.650 m

Vertikal jämvikt:

RA qd 2L Ls RA 693 kN

Kontroll av livtryckbrott med vertikal tvärkraftsarmering

x 0.0m

VEd x( )RA2

qd x => VEd qd LLs2

qd x VEd 346.5 kN

Välj " 45#

180

VRd.max $cw bw z %1 fcd1

cot" tan"bw b b 0.4 m

z 0.9 d

$cw 1

%1 0.6 1fck

250MPa%1 0.504

VRd.max $cw bw z %1 fcd1

1tan "( )

tan "( )VRd.max 1.574 103 kN > VEd 346.5 kN

OK

8(2)

Kritiskt snitt och reduktion av lastpåverkan

Kritiskt snitt xLs2

0.9 d x 0.735 m

VEd qd LLs2

qd x VEd 265.65 kN

VEd.red VEd2 d x( )2

4dqd VEd.red 252.144 kN

Tvärkraftsarmeringens kapacitet

VRd.sAsw

sz fywd cot "( )

Asw 2 Aswi Asw 1.57 10 4 m2

fywd fyd fywd 435 MPa

sAsw z fywd

1tan "( )

VEd.reds 0.158 m

Kontroll minimiarmering:

$ 90deg

&wAsw

s bw sin $( )&w 2.477 10 3 > &w.min

0.08fck

1MPafyk

MPa

&w.min 1.012 10 3

OK!

sl.max 0.75 d 1 cot $( )( ) sl.max 0.488 m > s 0.158 m OK!

Svar: Tvärkraftsarmering fi10, B500B med centrumavstånd 150 mm behövs.

gamla tentor

Documents

lrare karin

berkningsuttryck

redovisning

institutionen

stagad mot

stagad mot

tabeller ver

stencilerade