ribwbkii hro-ibb
DESCRIPTION
ribWBKII HRO-IBB. Toegepaste wiskunde Vergeet-mij-nietjes. Kromming, zakking, hoekverandering. Relaties. verband tussen verplaatsing en vervorming. Buigingstheorie. Hoekverdraaiing en zakking. Voorbeeld 01 “Uitkragende ligger met gelijkmatige belasting”. - PowerPoint PPT PresentationTRANSCRIPT
ribWBKIIHRO-IBB
Toegepaste wiskunde
Vergeet-mij-nietjes
Kromming, zakking, hoekverandering
Relaties
verband tussen verplaatsing en vervorming
Buigingstheorie
Hoekverdraaiing en zakking
Voorbeeld 01 “Uitkragende ligger met gelijkmatige belasting”
Voorbeeld 01 “Uitkragende ligger met gelijkmatige belasting”
Voorbeeld 01 “Uitkragende ligger met gelijkmatige belasting”
Voorbeeld 02 “Ligger op 2 steunpunten met gelijkmatige belasting”
Voorbeeld 02 “Ligger op 2 steunpunten met gelijkmatige belasting”
Voorbeeld 02 “Ligger op 2 steunpunten met gelijkmatige belasting”
Voorbeeld 02 “Ligger op 2 steunpunten met gelijkmatige belasting”
Voorbeeld 02 “Ligger op 2 steunpunten met gelijkmatige belasting”
Voorbeeld 02 “Ligger op 2 steunpunten met gelijkmatige belasting”
Voorbeeld 3 “uitkragende ligger met puntlast”
Voorbeeld 3 “uitkragende ligger met puntlast”
Voorbeeld 3 “uitkragende ligger met puntlast”
Voorbeeld 3 “uitkragende ligger met puntlast”
Stellingen gereduceerd momentvlak
φA = 0
φA = 0
ωA = 0
Methode gereduceerde momentenvlak
Methode gereduceerde momentenvlak
Methode gereduceerde momentenvlak
Uitkragende ligger met constant momentverloop
M
L
φA = 0
BA
Mmax
M-lijn
Oppervlakte:
Opp.(θ1) = M * L
1e stellingφB = φA + θ1
φB = φA + ML/EI.φB = ML/EI
2e stellingωB = ωA + θ1*a ωB = - M * L * ½ L / EIωB = - ML2 /2 EI
θ1
a = ½ L
Knikje (θ1) omhoog dan positieve hoek
en negatieve zakking
ω
Uitkragende ligger met puntlast op het einde
F
L
φA = 0
BA
M/EI-lijn
Mmax
a = 2/3 L
θ1
Mmax = FL
θ1 = ½ * F* L * L / EI
θ1 = FL2 / 2EI
1e stelling
φB = φA - θ1
φB = 0 - θ1
φB = - FL2 / 2 EI
2e stelling
ωB = ωA + θ1*a
ωB = 0 + θ1*a
ωB = θ1*a
ωB = ½ * F* L2 * 2/3L / EI
ωB = FL3 / 3EI
Knikje (θ1) beneden dan negatieve hoek
en positieve zakking
ω
Uitkragende ligger met gelijkmatig verdeelde belasting
L
φA = 0
BA
M/EI-lijn
Mmax
a = 3/4 L
θ1
q
Mmax = ½ * qL * L
θ1 = 1/3 * ½ qL2 * L / EI
θ1 = 1/6 ql3 /EI
1e stelling
φB = φA - θ1
φB = 0 - θ1
φB = - 1/6 ql3 / EI
2e stelling
ωB = ωA + θ1*a
ωB = 0 + θ1*a
ωB = θ1*a
ωB = 1/6 ql3 /EI * 3/4L
ωB = ql4 / 8 EI
Knikje (θ1) beneden dan negatieve hoek
en positieve zakking
ω
Uitkragende ligger met q- en puntlast
F
L
φA = 0
BA
M/EI-lijn
Mmax
a = 2/3 L
θ1
M/EI-lijn
Mmax
a = 3/4 * ½ L + ½ L = 7/8 L
θ2
q
1
2
Momentenlijn 1
θ1 = ½ FL2/EI
1e stelling
φB1 = - ½ FL2/EI
2e stelling
ωB1 = ½ FL2/EI * 2/3 L
ωB1 = FL3/3EI
Momentenlijn 2θ2 = 1/3 * 1/2 qL2 * ½ L / EIθ2 = qL3 / 12EI1e stellingφB2 = - qL3 / 12EI
2e stelling
ωB2 = qL3 / 12EI * 7/8 LωB2 = 7qL4 / 96EI
ωBtot½ L
Uitkragende ligger met q- en puntlast
F
L
φA = 0
BA
Mmax
M/EI-lijn
q
1
φBtot = (- ½ FL2/EI ) - ( qL3 / 48EI ) 1e stelling
ωBtot = ( FL3/3EI ) + ( 7qL4 / 96EI ) 2e stelling
ωBtot½ L
Ligger met puntlast op 2 steunpunten
M = ¼ FL
Opp= ¼ FL * ½ L = 1/8 FL2
θ1 = FL2 / 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 = ( - FL2/8EI * 1/2L) / L
φA = - FL2/16EI
φB = θ1 – φA
φB = FL2/16EI
θ1
½ L
φA
Positieve buiging, onderzijde balk wordt op trek belast.
Knikje positief, zakking negatief
ω
Ligger met puntlast op 2 steunpunten
θ2
½ L
φA
M = ¼ FL
Opp. = ¼ FL * ½ L * ½ = 1/16 FL2
θ2 = FL2/16 EI
2e stelling
ωC = - φA * ½ L – θ2 * 1/6 L
ωC = - (-FL2/16EI * 1/2 L) - FL2/16EI * 1/6 L
ωC = FL2/16EI * 1/2 L - FL2/16EI * 1/6 L
ωC = 2FL3/96EI = FL3/48EI
1/3 * ½ L = 1/6L
Zakking in het midden ω = FL3/48EI
A BC
ω
Ligger met gelijkmatig verdeelde belasting op 2 steunpunten
A B
qM = 1/8qL2
Opp.= 2/3 * 1/8qL2 * L = 2/24 qL3 = qL3 / 12
θ1 = qL3 / 12EI
2e stelling
ωB = -φA * L – θ1 * 1/2L
φA = - θ1 * 1/2L / L = - ½ θ1
φA = - ½ * qL3 / 12 EI = - qL3 / 24EI
φA = - ½ * qL3 / 12 EI
φA = - qL3 / 24EI
φB = θ1 – φA
φB = qL3 / 24EI
Hoek A en B ongelijk aan nulZakking in A en B is nulZakking in het midden ongelijk aan nul
θ1φA
Lω
Ligger met gelijkmatig verdeelde belasting op 2 steunpunten
A B
q
θ2φA
L
θ1
a = 3/8 * ½ L
½ L
Opp. = 2/3 * 1/8qL2 * 1/2L = ql3 / 24
θ2 = qL3 / 24EI
2e stelling
ωC = - (-φA * ½ L) – θ2 * a
ωC = qL3/24EI * ½ L – qL3/24EI * 3/8 * 1/2L
ωC = qL4/48EI – 3qL4/384EI
ωC = 8qL4/384EI – 3qL4/384EI
ωC = 5/384 * qL4/EI
Zakking in het midden ω = 5/384 * ql4/EI
ω
Ligger op 2 steunpunten met een moment op het einde
θ1 = ML/2EI
2e 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 = ML2/2EI – ML2/48EI
ωC = ML2/16EI
A B
θ2φA θ1
a2 = 1/3 * ½ L
a1 = 1/3 * L
C
L
Opgave#1
6
F=5kN
E = 2,1 * 105 N/mm2
Iy = 934 * 104 mm4
A B
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
Oplossing opgave 1
6
F=5kN
A BΣM 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
A B
5
30
D-lijn
M-lijn
+
-
Oplossing opgave 1
6
F=5kN
A BFa = 5 kN
M = 30 kNm
5
30
D-lijn
M-lijn
+
-
θ1
a = 2/3 * 6 = 4
Knikje negatief dan zakking positief
M = FL opp. = ½ FL2 = 90
θ1 = FL2/2EI = 90/EI
Hoekverandering in A = 0
φB = 0 – θ1 = - 90/EI
EI = 2.1*108 * 934 * 10-8
EI = 1961.4 kN/m2
φB = -90/1961.4 = - 0.0459 rad
Oplossing opgave 1
6
F=5kN
A BFa = 5 kN
M = 30 kNm
5
30
D-lijn
M-lijn
+
-
θ1
a = 2/3 * 6 = 4
Zakking in A is nul
ωB = φA + θ1 * a
ωB = 90/EI * 4
ωB = 360/EI = 360/1961.4
ωB = 0,184 m = 184 mm
ωB= 184mm
Opgave 2
6
E = 2,1 * 105 N/mm2
Iy = 934 * 104 mm4
A B
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
Oplossing opgave 2
6
A
q=5kN/mΣM 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
+
-θ1
a = 3/4 * 6 = 4.5
Oplossing opgave 2
6
A
q=5kN/m
Fa = 30 kN
M = 90 kNm
5
90
D-lijn
M-lijn
+
-
θ1
Knikje negatief dan zakking positief
M = ½ ql2 opp. = ½ ql2 * l * 1/3
θ1 = ql3/6EI = 180/EI
Hoekverandering in A = 0
φB = 0 – θ1 = - 180/EI
EI = 2.1*108 * 934 * 10-8
EI = 1961.4 kN/m2
φB = -180/1961.4 = - 0.0918 rad
a = 3/4 * 6 = 4.5
Oplossing opgave 2
6
A
q=5kN/m
Fa = 30 kN
M = 90 kNm
5
90
D-lijn
M-lijn
+
-
θ1
Zakking in A is nul
ωB = φA + θ1 * a
ωB = 180/EI * 4
ωB = 810/EI = 810/1961.4
ωB = 0,413 m = 413 mm
a = 3/4 * 6 = 4.5
ωB= 413mm
Opgave#3
6
A
F=5kN
B
E = 2,1 * 105 N/mm2
Iy = 934 * 104 mm4
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
Oplossing opgave 3
θ1
½ L
φA
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 Fa = 2.5 kN
2.5
-2.5
D-lijn
M-lijn
+
-
+
-
7.5
Oplossing opgave 3
θ1
½ L
φA
6
A
F=5kN
B
Fa = 2.5 kN
2.5
-2.5
D-lijn
M-lijn
+
-
+
-
7.5
Knikje positief dan zakking negatief
opp. = ¼ FL * ½ L
θ1 = 1/8 FL2/EI = 22.5/EI
Zakking in A en B is nul
ωB = -φA * L – θ1 * ½ L
φA = - FL2/16EI
φB = θ1 – φA = FL2/16EI
EI = 2.1*108 * 934 * 10-8EI = 1961.4 kN/m2
-φA = φB = 11.25/1961.4 = 0.0057 rad
θ2
Oplossing opgave 3
θ1
½ L
φA
6
A
F=5kN
B
Fa = 2.5 kN
2.5
-2.5
D-lijn
M-lijn
+
-
+
-
7.5
Knikje positief dan zakking negatief
opp. = ¼ FL * ½ L * ½
θ2 = 1/16 FL2/EI = 11.25/EI
Zakking in C
ωC = -φA * ½ L – θ2 * 1/3 L
ωC = - (-FL2/16EI) * ½ L – FL2/16EI * 1/6 L
ωC = FL3/32EI)– FL3/96EI
ωC = FL3/48EI = 22.5/EI
EI = 2.1*108 * 934 * 10-8EI = 1961.4 kN/m2
ωC = 22.5/1961.4 = 0.0115 m = 115 mm
θ2
ωC= 115mm
a = 1/3 * ½ L
Opgave 4
Oplossing opgave 4
Oplossing opgave 4
Oplossing opgave 4
Oplossing opgave 4
6
A B M= - 10 kNm
Deel A - B
zakkingslijn
Oplossing opgave 4
Oplossing opgave 4
Oplossing opgave 4
Oplossing opgave 4
19
32
KWISPELEFFECT
BIJLAGEN
Bijlage 2
O
y-as
x-as0 0
2 6,28
1/6 0,52
1/3 1,05
1/2 1,57
2/3 2,09
2,625/6
3,14
3,661 1/6
4,181 1/3
4,711 1/2
1 2/3 5,23
1 5/6 5,76
30
60
90
120
150
180
210
240
270
300
330
360
Graden Radialen90°/360° * 2π = 1,57 →1,57 / π = 0,5 →1,57 = 0,5π rad = α / 360 * 2π
Radialen Graden1 ½ π = 4,71 →4,71 / 2π * 360° = 270°α = rad / 2π * 360°
Zwaartepunten - basisgevallen
½ b ½ b
½ h
½ hh
b
A = b * h
Rechthoek
1/3 b 2/3 b
2/3 h
1/3 h
h
A = ½ *b * h
Driehoek
b b
1/4 b 3/4 b
3/10 h
7/10 h
A = 1/3 *b * h
Ex paraboolvlak
Zwaartepunten - basisgevallen
D
½ D
b
3/8 b 5/8 b
3/5 h
2/5 hh
A = πD2 / 4
Circel
A = 2/3 * b * h
Half parabool
3/4π R
R R
2R
R
A = πR2 / 2
Half circel
Oppervlakten en zwaartepuntafstanden
L
1/3L 2/3L
-M/EI
M/EI
lijn
x-as
θ = ML / 2EI
Oppervlakten en zwaartepuntafstanden
L
1/4L 3/4L
-M/EI
M/EI
lijn
x-as
θ = ML / 3EI
Holle parabool
Oppervlakten en zwaartepuntafstanden
L
3/8L 5/8L
-M/EI
M/EI
lijn
x-as
θ = 2ML / 3EI
Bolle parabool
Einde
M.J.Roos
Maart 2008