Concrete Structures - Betonkonstruktioner

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Størrelse: px
Starte visningen fra side:

Download "Concrete Structures - Betonkonstruktioner"

Transkript

1 Concrete Structures - Løsninger Per Goltermann Department of Civil Engineering 011

2 Løsninger til opgaverne i det grundlæggende kursus i betonkonstruktioner Denne fil rummer løsningerne til alle de opgaver, der anvendes i den grundlæggende undervisning i betonkonstruktioner på Danmarks Tekniske Universitet og vil blive reviderede og supplerede når behovet melder sig. Opgaverne ligger i den rækkefølge de normalt anvendes i undervisningen, der dækker konstruktionsmaterialerne stål og beton og de mest almindelige konstruktionsdele: Bjælker, søjler og plader. De tilhørende opgavetekster er til rådighed i en tilsvarende publikation, som også kan downloades på hvor yderligere undervisningsmateriale vil være til rådighed. Venlig hilsen Per Goltermann

3 Opgave B Besvarelse Det bemærkes at bjælkerne 4 og 5 er statisk ubestemte og at snitkraftfordelingen derfor ikke skal bestemmes. Dette skyldes at snitkraftvariationen i statisk ubestemte konstruktioner afhænger af fx stivheder og dette vil I senere lære afhænger af hvad armeringsmængde, der lægges i forskellige steder konstruktionen. B /3

4 B11-01 /3

5 Hvis du har brug for yderligere træning i snitkræfter, så kan du prøve App en Schnittkraftmeister (brugerinterface på engelsk) B /3

6 Opgave B Besvarelse Spørgsmål 1: f f MPa E ctm cm /3 /3 0,3 ck 0,3 5,56 0,3 0,3 fcm MPa Spørgsmål : Det ses at man kan beregne styrkeudviklingen indenfor de første 8 modenhedsdøgn som f () t f () t 8MPa 15 MPa f () t 3MPa ck cm cm 8 8 fcm( t) fcm exp s 1 33exp 0, 1 3MPa t 3,56modenhedsdøgn t t idet vi har anvendt s=0, for cement i klasse R (formlerne 1.1 og 1. er anvendte) Vi kan derfor se at man kan afforme (fjerne støbeformene) efter 3,56 modenhedsdøgn, dvs. det rigtige svar er 4 modenhedsdøgn. Bemærkning Udviklingen af modenhedsdøgn afhænger meget af betonens temperatur og dermed af den omgivende temperatur. Dette betyder at 4 modenhedsdøgn ikke nødvendigvis svarer til 4 almindelige døgn, men kan være væsentlig længere ved temperaturer under 0 o C og kortere ved højere temperaturer. Ved en betontemperatur på 10 o C vokser modenheden således kun 50% så hurtigt som ved 0 o C. Entreprenøren vil derfor ofte pakke betonen ind i isolering, da den kemiske reaktion imellem cement og vand derefter hæver temperaturen, så formen kan fjernes efter kortere tid. B11-0 1/4

7 Spørgsmål 3: Udtørringssvindet cd, efter uendelig lang tid bestemmes som ( t ) ( t, t ) k k cd, cd s h cd,0 h cd,0 Til beregning af k h findes skal vi finde 3 Ac mm og u mm h o mm hvorefter vi kan slå op at k 1, 00 h Vi kan beregne svindparameteren efter at have slået koefficienterne for cementklasse R op til 6 og 0,11 ds1 ds 3 fcm RH cd,0 1,30 110ds1expds , exp0, , hvorefter det samlede udtørringssvind bliver cd, k h cd,0 1,00 530, , Det autogene svind bestemmes som,,5 ca ( f 10) ck 10,5 (5 10) 10 37, Det samlede svind bestemmes nu som c, cd, ca, 530,9 37,5 568, B11-0 /4

8 Spørgsmål 4: Prismets samlede tøjning sættes til T c cm c, T E (Træk) (Tryk) s E s T Vi stiller nu kraftligevægten op, dvs. vi bestemmer normalkraften og sætter den lig med 0 N A A 0A E AE 0 T c, c c s s c cm c, T s s T Ac Ecm A E AE c cm s s / ,810 59, / / E MPa MPa 6 6 c cm( cs, T) (564,810 59,810 ) 1,1 <fctm,56 Da trækspændingen er mindre end trækstyrken, så revner betonen ikke. B11-0 3/4

9 Spørgsmål 5: Da prismet er fastholdt imod sammentrækning, så er prismets tøjning givet som T = 0 Vi beregner nu trækspændingen i betonen som 6 c Ecm c, T (564,8 10 0) 17,9MPa fctm,56mpa Trækspændingen overstiger trækstyrken og betonen vil derfor revne. Bemærkninger til spørgsmål 3 til 5: Konstruktioner i 100% relativ fugt svinder ikke og får dermed ikke svindtøjninger eller svindrevner. En del underjordiske konstruktioner (kældre, Øresundstunnelen m.m.) får derfor ikke svindrevner. Betoner i konstruktioner, som kan tørre ud får altid væsentlig store svindtøjninger. Hvis konstruktionselementet ikke er fastholdt mod sammentrækning (søjler, korte bjælker, brodragere på rullelejer, korte præfab elementer), så vil svindet normalt ikke lede til svindrevner, da trækspændingerne er mindre end trækstyrken. Betonsøjlerne på DTU eller Rævehøjbroen over motorvejen er gode eksempler på dette. Hvis konstruktionselementet er fastholdt mod sammen trækning, så vil svindet normalt lede til revner, da trækspændingerne bliver større end trækstyrken. En kantbjælke på en bro eller en lang altanplade (f.x. 30 m), som er støbt sammen med etagedækket inde i huset er et godt eksempel på denne situation. Altanpladen vil denne typisk få revner vinkelret på husets facade (da huset fastholder altanpladen mod sammentrækning), men ikke få revner parallelt med facade, da det kun er armeringen, som hæmmer betonens evne til at trække sig sammen. B11-0 4/4

10 Opgave B Besvarelse Spørgsmål 1: Vi beregner betonens stivhed og forholdet α imellem stålets og betonens stivhed som 0,3 0,3 0,3 fcm fck Ecm = 000 = 000 = 000 = 31476MPa α = E / E = 10 / = 6, 4 (alternativt slås α op) s cm Vi skal til at opstille vores ligninger og indfører nogle betegnelser for dimensionerne i tværsnittet. Betegnelserne bf = 100 mm, bw = 300 mm, hf = 35 mm og h = 1000 mm ses angivet på tegningen nedenfor. 450 mm 450 mm B /8

11 Armeringslagenes effektive højder og arealer kan bestemmes som A = = mm d = mm sc π (4 / ) 905 sc 43 A = π (4 / ) = 905mm d = = 907mm s1 s1 A = 4 π (4 / ) = 1810mm d = = 957mm s s Da tværsnittet er revnet skal trykzonens højde x beregnes ved at det statiske moment af det transformerede tværsnit St om nullinien skal være lig 0. Vi stiller ligningerne op og gætter på at trykzonen bliver oppe i den brede flange, så trykzonen er rektangulær og bruger en ligningsløser til at bestemme x: S= bx( x/ ) ( α 1) A( x d ) + αa( d x) + αa ( d x) = t f sc sc s1 1 s 100 x( x/ ) (6,4 1) 905 ( x 43) + 6, (907 x) + 6, (957 x) = 0 x = 148,1mm Da x < hf=35mm var vores gæt korrekt (ellers skulle vi til at tage hensyn til den del af trykzonen der gik ned i den smallere krop). Vi kan gå videre med at beregne det transformerede tværsnits inertimoment som 1 3 It = bx f + bxx f ( / ) + ( α 1) Asc ( x dsc ) + αas 1( d1 x) + αas ( d x) , ,1 (148,1/ ) (6,4 1) 905 (148,1 43) = , ( ,1) + 6, ( ,1) = 1,19 10 mm 9 1 EI = E I = ,19 10 = 383, 6 10 Nmm cm t Vi beregner nu nedbøjningen på midten af bjælken (ved brug af Teknisk Ståbi) som PL umax = = = 13,6 mm < L / 500 = 0mm 1 48 EI ,6 10 og konstanterer at den er mindre end det krævede. B11-03 /8

12 Spørgsmål : Ved langtidslast falder betonens E-modul til ¼ af korttidsværdien og α stiger til det 4- dobbelte, dvs. Ecm = / 4 = 7869MPa α = / 7869 = 5,4 Beregningerne gentages herefter som før St = 100 x( x/ ) (5,4 1) 905 ( x 43) + 5,4 905 (907 x) + 5, (957 x) = 0 x = 63,9mm Da x < hf=35mm var vores gæt korrekt (ellers skulle vi til at tage hensyn til den del af trykzonen der gik ned i den smallere krop). Vi kan gå videre med at beregne det transformerede tværsnits inertimoment som 1 It = , ,9 (63,9 / ) + (5,4 1) 905 (63,9 43) 1 5, (907 63,9) 5, (957 63,9) 40, mm = EI = E I = ,03 10 = 315,0 10 Nmm cm t 9 1 Vi beregner bjælkens egenvægt som g = 4 (1, 0,35 + 0,3 0,675) = 14, kn / m og kan nu finde nedbøjningen på midten af bjælken (ved brug af Teknisk Ståbi) som ( p+ gl ) 5 (0 1, + 14, ) umax = = = 15,80 mm < L / 500 = 0mm EI , 0 10 og konstanterer at den er mindre end det krævede. Bemærk at selvom langtidsstivheden er ¼ af korttidsstivheden, så falder tværsnittets stivhed kun med 0 %. Dette skyldes at det primært er trækarmeringen og de effektive højder der styrer stivheden. B /8

13 Spørgsmål 3: Vi beregner bjælkens maksimale revnevidde som w = s ( ),max ε ε w r sm cm hvor den maksimale revneafstand beregnes som A 3 c, eff sr,max = 9 c + 0,17 Ø da armeringsjernenes afstand 5( c + Ø / ) = 5(5 + 4 / ) = 185mm As idet trækarmeringen diameter Ø er 4 mm og dæklaget c er 5 mm iflg opgaven. Den samlede trækarmerings areal og dens effektive højde kan bestemmes som A = A + A = = 715mm s s1 s s1 1 s s1 s d = ( A d + A d ) / ( A + A ) = ( ) / ( ) = 940,3mm Vi kan nu beregne, 5( h d ) =, 5( , 3) = 149, 3mm h x ,9 hc, ef = min = = 45, 4mm = 149,3mm 3 3 h 1000 = = 500mm A = b h = ,3 = 44775mm c, eff w c, ef hvorefter vi kan beregne den maksimale revneafstand som A 3 c, eff s 3 r,max = 9 c + 0,17 Ø = ,17 4 = 15,8mm A s B /8

14 Vi skal nu beregne tøjningsdifferenen σ s k A t c, eff + α f Es Es As εsm εcm = max σ s 0,6 Es hvor α = 6, 4 (korttid iflg lærebogen!) ctm t /3 /3 0,30 ck 0,30 5,56 f = f = = MPa k = 0,4 ctm Trækarmeringens tøjning beregnes i trækarmeringens tyngdepunkt som σ s E s M 1/ 8 (0 1, + 14,) = ε sm = ( d x ) = (940,3 63,9) = 1, EI 315, Vi beregner herefter tøjningsdifferencen som 3 0, , , 4,56 = 0, εsm εcm = max = 0, ,6 1,06 10 = 0, og finder derefter den maksimale revnevidde som w s mm 3 w = r,max ( εsm εcm) = 15,8 0, = 0,14 3 og konstanterer at den er væsentligt mindre end de krævede 0, mm. Bemærk at i en række tilfælde i aggressivt miljø vil der ofte blive krævet større dæklag og mindre revnevidder, hvilket kan bevirke at revneviddekravet vil bestemme armeringsmængden. B /8

15 Spørgsmål 4: Vi kan nemt beregne det maksimale moment som M Ed = ( p + g) L + PL = (0 1, + 14, ) = 110,8kNm Til at eftervise bæreevnen skal vi bruge regningsmæssige materialestyrker, brudtøjninger for stål og beton og armeringens flydetøjningen fcd = fck / γ c = 5 /1,45 = 17,4MPa f = f / γ = 550 /1, = 458,3MPa ε ε ε yd yk s 3 cu3 = 3,5 10 for fck 50 MPa = f / E = 550 / =,9 10 yd yd s uk = 5,0 10 for stål i klasse B 3 Ved vores beregninger vælger vi (på den sikre side) at ignorere trykarmeringen og vi antager (vi gætter på) 1) at den plastiske trykzone (højde y) bliver oppe i den brede flange og ) at tværsnittet er normaltarmeret. Vi kan nu stille kraftligevægten op og beregne den plastiske trykzonehøjde y Af s yd ,3 N = bf yfcd As f yd = 0 y = = = 60,13mm bf fcd ,4 Vi ser at den plastiske trykzone bliver oppe i den brede flange (y<hf), så nu skal vi også lige beregne trækarmeringens tøjning εs og kontrollere at εyd < εs < εuk, svarende til flydning men ikke overrivning ε ε x 3,5 10 1,5 60,13 3 cu3 3 s = ( d x) = (940,3 1, 5 60,13) = 40,3 10 ε =,9 10 ε = 40,3 10 ε = 5, yd s uk Vi har her ovenover udnyttet af trykzonens højde er x=1,5y da den plastiske trykzone var y=0,8x. Da der er ren bøjning (N=0), kan vi tage momentet om et hvilket som helst punkt i tværsnittet (fx centrum i trykzonen) og finder derfor M = Af z= Af ( d ½ y) = ,3 (940,3 ½ 60,13) = 113, 4kNm M Rd s yd s yd Ed Bemærk at i dette tilfælde med en rektangulær trykzone og trækarmering, ville man i praksis ofte anvende ω-metoden. Inddrages trykarmering så stiger momentbæreevnen kun nogle få procent, men beregningerne bliver en del mere komplicerede. B /8

16 Spørgsmål 5: Ved bæreevneeftervisningen kan vi på den sikre side sætte den dimensionsgivende forskydningskraft V = R = ½( p + g) L + ½P = ½ (0 1, + 14, ) 10 + ½ 50 = 316,1kN Ed Fra sidste spørgsmål ved vi at z = d ½ y = 940,3 ½ 60,13 = 910, mm og da bøjler ofte er den dyreste armering, så vil vi normalt prøve at opnå den bedste udnyttelse af bøjlerne og vil derfor vælge at anvende cotθ =,5 Vi kan nu beregne de forskydningsstyrker som hhv. bøjler, trykstringer og langsgående trækarmering kan optage ved dette valg af cotθ som Asw π (6 / ) VRd, w = zf yd cotθ = 910, 458, 3, 5 = 393, kn s 150 ν = 0, 7 f / 00 = 0, 7 5 / 00 = 0, 575 v ck cotθ, 5 VRd, c = ν v fcdbwz = 0,575 17, , = 933,5kN 1+ cot θ 1+, 5 fyd As 458,3 715 VRd, l = = = 995,4kN cotθ, 5 VRd = min( VRd, w; Vrd, c; VRd, l ) = 393,kN VEd Bemærk at i dette tilfælde med fuld forankring var det en rigtig god ide at udnytte bøjlerne mest muligt, da det var deres styrke, som begrænsede den bæreevne vi kunne eftervise B /8

17 Spørgsmål 6: I denne situation har vi kun en vederlagsdybde på a=50 mm og denne dybde er måske ikke nok til at sikre fuld forankring af trækarmeringen over vederlaget og det kan derfor være et problem at opnå den fornødne bæreevne, da vi ikke kan udnytte trækarmeringen fuldt ud. Vi skal derfor starte på at beregne hvad spænding der kan opbygges i trækarmeringen over en længde på a. Basisforankringslængden og den maksimale spænding i trækarmeringen lige udenfor vederlaget beregnes som 50 lb = 48Ø = 48 4 = 115mm σ s,max = 458,3 = 99,5MPa 115 Dette påvirker ikke beregningen af bøjlernes eller skråstringerens styrke, men den reducerer den forskydningskraft som den langsgående armering kan klare til σ s,max As 99,5 715 VRd, l = = = 16,0kN cotθ,5 V = min( V ; V ; V ) = 16,0kN < V R = 316,1kN OBS! Rd Rd, w rd, c Rd, l Ed Med den reducerede forankring kan bjælken således IKKE bære lasten når vi 1) anvender cotθ =,5 og ) anvender den konservative værdi af VEd = R. Den dokumenterede, efterviste bæreevne kan øges, når vi 1) reducerer cotθ, fx til cotθ =,0 og ) udnytter muligheden for at reducere forskydningskraften til den kraft der optræder i afstanden z cotθ fra understøtningen. Vi beregner nu forskydningskraften V = V ( x = z cot θ) = R ( p + 0,5 g) z cotθ = 316,1 (0 1, + 0,5 14, ) 0,910, 0 = 59,5kN Ed og gentager beregningerne af bæreevnen fra sidste spørgsmål med den nye cotθ værdi og finder Asw π (6 / ) VRd, w = zf yd cotθ = 910, 0 458,3, 0 = 314,5kN s 150 cotθ, 0 VRd, c = νv fcdbw z = 0,575 17, ,0 = 108,9kN 1+ cot θ 1+, 0 σ s,max As 99,5 715 VRd, l = = = 70,1kN cotθ, 0 V = min( V ; V ; V ) = 70,1kN V =59,5kN Rd Rd, w rd, c Rd, l Ed Bemærk at vi ved den ændrede beregningsmodel reducerede VEd med 6 % og øgede VRd med 7 %, svarende til 44 % bedre udnyttelse af bjælkens forskydningskapacitet. B /8

18 Opgave B Besvarelse Trykzonens højde sættes generelt til x og vi regner med plastisk spændingsfordeling stykket y=0,8 x ned fra toppen af tværsnittet, da f ck < 50 MPa. Den plastiske del af trykzonen A cp har et tyngdepunkt som ligger stykket c fra toppen af tværsnittet. Tværsnit 1 Vandret projektion Af s yd a a N Acp fcd As fyd 0 Acp 5 f a a 8 Acp y y Moment om armeringsniveau M u F c (y) d c(y) a f cd a a a f cd cd B /3

19 Tværsnit Vandret projektion Af s yd 3a 3a N Acp fcd As fyd 0 Acp 0 f 40 cd a a a 3a Acp a y a for y og Acp a a y a for y Acp y a a Moment om armeringsniveau a 1 3a Fc 1 a fcd, c1, Fc a fcd, c 4 4 5a a 1 5a 3a 5 3 M F 1d c1f d c a f a f a f u c c cd cd cd B11-04 /3

20 Tværsnit 3 Vandret ligevægt Af s yd a N Acp fcd As fyd 0 Acp 8 fcd Acp ay y a y a 5 5 Moment om armeringsniveau Fc 1 a fcd, c1 a, Fc a fcd, c a M F d c F d c a f a a a f a a a f 1, 53 a f u c1 1 c cd cd cd cd Bemærkning: Metoden er generelt anvendelig ved ren bøjning i normaltarmerede tværsnit. Er det ikke opgivet at der er tale om normaltarmerede tværsnit kan man gætte på flydning og så beregne træktøjningen i trækarmeringen s og så kontrollere at der er flydning, dvs. at yd < s < uk. B /3

21 Opgave B Besvarelse Vi beregner og slår op og finder de grundlæggende materialeparametre f 5MPa f 5 /1,45 17,MPa ck f 500MPa f 500 /1, 416,7MPa uk 3,510 1, cu3 c3 cd yd f / E 416,7 / 10, yd yd s uk Vi fastlægger også de geometriske størrelser A A (0 / ) 68mm s sc h400mm d 360mm d 40mm c Spørgsmål 1 N = 0 svarer til ren bøjning (punkt B i et klassisk M-N diagram). Vi antager at tværsnittet er normaltarmeret og stiller ligevægten op, så vi kan finde højden y af den plastiske trykzone Af s yd 68416,7 Nud by fcd As fyd 0 y 76,1mm b f 0017, cd Vi kan herefter bestemme trykzonens højde x, samt tøjningen i trækarmeringen x y/0,876,1/0,895,1mm 3 cu3 3,510 s ( d x) (360 95,1) 9, 7510 x 95, Da, , er tværsnittet normaltarmeret og vi kan yd s uk beregne brudmomentet som M A f d y Nmm knm 6 ud s yd ( ½ ) 68416,7 (360 ½ 76,1) 84,10 84, B /7

22 Alternativt kan vi beregne et tværsnit, med rektangulær trykzone og et lag trækarmering udsat for ren bøjning efter ω-metoden 3,510 0,8 0, 053 und cu3 cu3 uk 3 3 3, ,510 0,8 0,500 bal cu3 cu3 yd 3 3 3,5 10, As fyd ,1 bd f , cd Da und < < bal er tværsnittet normalarmeret og vi kan beregne M ud 6 bd f 10,5 (1 0,50,1) 0, , 84,7 10 Nmm 84,7 knm cd Spørgsmål N 10 kn, hvor N regnes positiv som tryk. Vi antager igen at der er flydning, men ikke overrivning i trækarmering og opstiller ligevægten for at finde y N As fyd , 7 Nud by fcd As fyd y 111, 0mm b fcd 0017, hvorefter vi bestemmer og kontrollerer træktøjningen 3 d x ,0 / 0,8 3 3, ,5 10 5, 6 10 yd s cu 3 x 111,0 / 0,8 uk Antagelsen om flydning og ingen overrivning var derfor korrekt. Moment om centrum (altid en god ide, når N 0, da man ellers skal have N s bidrag med): h h Mud As fyd d 0,8xbfcd 0, 4x 68417( / ) 0,8138,7 0017,(400 / 0,4138,7) Nmm 6 97, ,1 knm B11-05 /7

23 Spørgsmål 3 N = 0 og montagearmering tages i regning, dvs. vi har to lag armering, hvor hvert enkelt kan være i flydning eller i det elastiske område. Vi løser problemet med iteration, dvs. vi gætter på x værdier indtil vores beregnede N svarer til den der er påført, hvorefter der kontrolleres for flydning og brudmomentet M ud beregnes. Til kontrol indsætter vi i de ligninger, som vi også har anvendte under iterationen x53,86mm d x 36053, , ,89 10 s cu x 53, s minimum( fyd, Ess) minimum(417; 10 19, ,0) 417MPa x dsc 53, sc cu3 3,5 10 0,90 10 x 53, sc minimum( fyd, Essc ) minimum(417; 10 0, ,0) 180,0MPa N 0,8xbfcd Ascsc Ass 0,853, , N 0, 613kN 0kN h h h Mud 0,8xbfcd 0, 4x Ascsc dsc Ass d 0,853,860017, (400 / 0,4 53,86) (400 / 40) ( / ) 86, 410 Nmm 86,4kNm Bemærkninger Ved bøjning er det normalt, at momentbæreevnen kun vokser ganske lidt ved at trykarmeringen tages med i regning. Ved eftervisning af bæreevnen er det en stor lettelse i beregningerne, når trykarmeringen ignoreres, det er på den sikre side og det reducerer normalt ikke bæreevnen ret meget. Det er altid på den sikre side at ignorere en del af armeringen. Dette bekræftes af at momentbæreevnen i denne opgave kun vokser fra 84, knm (spørgsmål 1) til 86,4 knm ved at trykarmeringen tages i regning, dvs. ca % forøgelse af bæreevnen. B /7

24 Spørgsmål 4 Punkt A Her er der trækflydning al armeringen og dermed er tværsnittet fuldt revnet. 3 N Asfyd Ascfyd 68416, ,7 53, 610 N 53,6kN M 0 knm pga symmetri Punkt B Dette punkt er ren bøjning og er derfor allerede gennemregnet i spørgsmål 3, hvor vi fik N 0kN M 86,5kNm Punkt C Dette er defineret som og c cu3 s yd x d 3,510 x d 360 5,7mm 3 cu3 cu3 3 3 cu3s cu3 s 3,5 10,08310 Vi ved at trækspændingen i trækarmeringen er lig med flydestyrken, da tøjningen er præcist lig med flydetøjningen. Vi kan også bestemme tøjningen og derefter spændingen i trykarmeringen 3 cu3 3,510 3 sc ( xdsc) (5,7 40),88010 x 5,7 5 3 min( E ; f ) min(10,88010 ;416,7) 416,7MPa sc s sc yd Herefter beregnes normalkraft og brudmoment som Nud b0,8x fcd Asc sc As s ,8 5,7 17, 68416, ,7 61,1 10 N 61,1kN Mud b0,8 x fcd ( h/ 0,4 x) Ascsc( h/ dsc) Ass ( d h/ ) 000,8 5,7 17, (400 / 0,4 5,7) 68416,7 (400 / 40) 68416,7 ( / ) 6 151,9 10 Nm 151,9kNm Alternativt kan punktet beregnes ved at iterere efter s yd i vores iterationsmodel fra spørgsmål 3, hvorved man får resultaterne ovenfor (det er dog en lidt vanskelig iteration for Excel, så det kræver lidt manuel variation af x) B /7

25 Punkt D Dette er defineret som c cu3 og s 0 x 360mm Vi ved at trækspændingen i trækarmeringen er lig med nul, da tøjningen er præcist lig med nul. Vi kan også bestemme tøjningen og derefter spændingen i trykarmeringen 3 cu3 3,510 3 sc ( xdsc ) (360 40) 3,11110 x min( E ; f ) min(10 3,11110 ; 416, 7) 416, 7MPa sc s sc yd Herefter beregnes normalkraft og brudmoment som N b0,8x f A A 00 0, , 68416,7 680 M ud cd sc sc s s 3 15,4 10 N 15,4 ud kn 00 0, , (400 / / ) 68416,7 (400 / 40) ( / ) 97,4 10 Nm 97,4 knm Alternativt kan punktet beregnes ved at indsætte x d 360mmi vores iterationsmodel hvorved man får resultaterne ovenfor. Punkt E I dette punkt er der en jævn tryktøjning over tværsnittet med s sc c c3 1, iflg tabel 4. Vi kan nu beregne armeringsspændingerne som E f MPa 5 3 sc s min( s s; yd ) min(10 1,7510 ;416,7) 350 og finder derefter brudnormalkraft og brudmoment til 3 Nud bh fcd Ascsc Ass , ,6 10 N 1815,6kN M ud 0 knm da der er symmetri B /7

26 Vi kan nu optegne M-N diagrammet (fx med Excel) som Mu (knm) N (kn) Bemærkning: Ved opstilling af M-N diagrammet undgår man helt iteration med undtagelse af punkt B, som vil kræve iteration, dersom man ønsker at tage trykarmeringen i regning (men den bidrog her kun med % til momentbæreevnen) B /7

27 Spørgsmål 5 Den nemmeste måde at checke de mange kombinationer af M og N er at indtegne dem i M-N diagrammet. Mu (knm) N (kn) Vi ser at de fleste af lastkombinationernes punkter ligger indenfor diagrammets omkreds, og dermed kan tværsnittet bære disse kombinationer. Der er dog en lastkombination, som ligger udenfor og dermed kan tværsnittet ikke bære denne kombination af moment og normalkraft iflg vores M-N diagram. Tværsnittet kan dermed ikke bære alle lastkombinationerne. Bemærkning Opstilling af et M-N diagram er en meget effektiv måde at eftervise bærevnen, dersom tværsnittet skal bære en lang række belastningskombinationer. Er der derimod kun tale om en eller to kombninationer, så er det normalt ikke en effektiv strategi. B /7

28 Opgave B Besvarelse Spørgsmål 1: Bjælken belastet med linielast p = 15 kn/m og to enkeltkræfter P = 30 kn med spændvidde L = 8,0 m. Største moment er derfor 1 M max 15 8,0 30 3,0 10 knm 8 Beton: f 30 MPa, 1, 45 f 0, 7 MPa ck c cd Ribbestålsarmering: f 500 MPa, 1, f 417 MPa, yk s yd yd f yd 0,1% uk 5% for klasse B stål E s Bøjlearmering: f 410 MPa, 1, f 34 MPa Hovedarmeringsareal beregnes som ywk s ywd A A 1 A A 3 4 (16 / ) (1 / ) (1 / ) mm s s s s I et normaltarmeret tværsnit er armeringen i flydning og vi kan opstille ligevægt og finde trykzonens højde x ud fra N As fyd N Acp fcd As fyd Acp 5,30 10 mm fcd 0,7 3 Acp 5,3010 Acp 0,8xbw x 16,5mm 0,8bw 0,850 Vi beregner nu tøjningerne i de to lag trækarmering som dtop x ,5 stop, cu3 3,5 o / oo 0,84% x 16,5 dbund x ,5 s, bund cu3 3,5 o / oo 1,06% x 16,5 Da begge lags s ligger imellem yd 0,1% og uk 5% er tværsnittet normaltarmeret. Trækarmeringen fælles effektiv højde beregnes som Ad s1 1 Ad s Ad s d 495 mm As 156 Vi beregner nu brudmomentet som M Af ( d 0, 4 x) (495 0, 416,5) 33 knm ud s yd Da M ud =33 knm > M max =10 knm så er hovedarmeringen tilstrækkelig til at bære momentet. B /3

29 Spørgsmål : Understøtningsreaktion cot =,0 RAL , kn z = d 0,4x = d(1 0,5) = 495 (1 0,50,05) = 444 mm z cot = 444,0 = 888 mm Dimensionerende V sd for bøjlerne 90-0,88815 = 76,6 kn Bæreevnekrav til bøjleafstand [ ] Asw fywd Asw 5 s cot z fywd cot 44434, 0 6 mm 3 b V 76,6 10 Ed w sd Minimumskrav til bøjleafstand 0,75d = 0,75495 = 371 mm 15,9 Asw fywk 15, b w f ck mm Bøjleafstanden vælges til 350 mm. Bemærk: Vi vælger de 350 mm, da et mål som fx 371 mm ville være for skævt til brug på en byggeplads, hvor vi selv skal kontrollere armeringsplacering. Skulle vi have kontrolleret forskydningsstyrken, så skulle vi naturligvis også have undersøgt om der skete knusning i trykstringerne, men spørgsmålet drejede sig kun om at undersøge bøjleafstanden for en given hældning af trykstringeren. B11-06 /3

30 Spørgsmål 3: Trækkraft i armeringen fra momentet ved understøtningen = 0. Ekstrakraft hidrørende fra skrårevneeffekten 1 V sd (I) cot 1 90,0 90 kn Denne kraft bør regnes optaget af de 4ø16, der ligger i kroppen (hvor de øvrige kræfter vedr. forskydningskraftoptagelsen virker). Dette skyldes at den skrå trykstringer går fra trykzonen ned igennem den smalle krop og derfor rammer de 4 jern, der ligger lige under kroppen. Spørgsmål 4: Forankring af ø16 kamstål kræver en forankringslængde l b for at kunne opnå udnyttelse af flydestyrke. Denne beregnes iflg tabel 3.1 som lb 39Ø [Tabel 3.1] Spændingen i armeringen er dog ikke oppe på flydespændingen, men kun oppe på sd 3 Vsd MPa 4ø Den nødvendige forankringslængde er derfor nødv sd 11 39ø mm 00 mm ok f 417 yd B /3

31 Opgave B Besvarelse Materialeparametre f cd fck 35 MPa = = = 4, MPa, ε cu3 = 3,5 10 γ 1, 45 c fck νv = 0, 7 = 0,55, νt = 0, 7 νv = 0,37 00 MPa f f yk yd 3 yd = = = 458 MPa, εyd = = =, 9 10, ε uk = γ s 1, 0 Es MPa f 458 Spørgsmål 1: V og T varierer lineært langs bjælken, M varierer parabolsk langs bjælken. Alle snitlaster er numerisk størst ved indspændingen. g = + m kn m = kn m 3 (0, 7 0,1 0,3 0,38) 4 / 4,8 / V = ( g + γ p ) = (4,8 + 1,5 15) kn / m 4, m = 114, 7 kn Ed p k T = γ p e = 1,5 15 kn / m 4, m 0,5m = 3,6 knm Ed p k M = g + γ p = + kn m m = knm Ed 0,5 ( p k ) 0,5 (4,8 1,5 15) / (4, ) 40,8 B /5

32 Spørgsmål : Vi bestemmer effektiv tykkelse, areal og omkreds inden for regningsmæssig midtlinie : t ef A = mm = 94mm u ( ) = max = 94mm 1 ( c + Øt + Ø) = ( ,5) mm = 81mm A = ( b - t )( h - t ) = mm k w ef ef u = ( b + h t ) = ( ) mm = 14 mm k w ef Bøjler: Asw π (8 / ) TRd, w = Ak fyd cotθ = = 61, 6kNm s 15 Skrå trykstringere: cot TRd, c = Ak νt fcdt θ ef = ,1 94 = 56,1kNm 1+ cot θ 1+ Langsgående armering: Ak TRd, l = Asl fyd = 8 π (5 / ) 458 = 1,8kNm u cotθ 14 k Samlet udnyttelse overfor vridning T = min( T ; T ; T ) = min(61, 6;56,1;1,8) = 56,1kNm > T = 3, 6kNm OK Rd Rd, w Rd, c Rd, l Ed B11-07 /5

33 Spørgsmål 3: Vi antager, 1) at den plastiske trykzone er placeret helt i flangen og ikke når ned i bjælkekroppen og ) at tværsnittet er normaltarmeret. Vi beregner 1 d = h c Øt Ø = ( ,5) mm = 459mm Af s yd 4 π (5 / ) 457 y = = = 5,97mm < h f = 10mm Antagelse 1 er OK! b η f , cd x = y / λ = 5,97 / 0,8 = 66,mm d x , εs = εcu3 = 3,5 10 = 0,79 10 x 66, ε yd = = ,9 10 εs 0,79 10 εuk = Antagelse er OK! M = Af z= Af ( d y/ ) Rd s yd s yd = π = > = 4 (5 / ) 457 (459 5,97 / ) 388,6kNm M Ed 40,8kN Bæreevnen er OK! Vi har nu eftervist de to antagelser og eftervist at momentbæreevnen er tilstrækkelig. Alternativt kan vi beregne et tværsnit, med rektangulær trykzone og et lag trækarmering udsat for ren bøjning efter ω-metoden ε 3,5 10 = 0,8 = 0, 053 ωund cu3 λ ε cu3 + ε uk 3 3 3, ε 3,5 10 = = 0,8 = 0, 484 ωbal cu3 λ ε cu3 + ε yd 3 3 3,5 10 +, Af s yd 4 π (5 / ) 458 ω = = = 0,1154 bdηf , f cd Da ωund < ω < ωbal er tværsnittet normalarmeret og vi kan beregne µ = ω(1 ½ ω) = 0,1154(1 ½ 0,1154) = 0,1087 M = µ b d ηf = 0, , = 388,6kNm > M = 40,8kNm Rd f cd Ed B /5

34 Spørgsmål 4: Til brug ved forskydningseftervisningen beregner vi den indre momentarm z z = d ½ y = 459 ½ 5, 97 = 43, 5mm Bøjler π Asw = (8 mm) = 101mm 4 Asw 101 VRd, w = z f yd cotθ = 43,5 458 = 30, kn s 15 Kontrol af bøjlearmeringens minimumskrav for at kunne regne forskydningsarmeret 0,75 d = 0,75 459mm = 344mm s = 15mm A f sw yk ,9 = 15,9 = 498mm bw f 300 ck 35 OK! Skrå trykstringer cotθ VRd, c = υv fcdbwz = , ,5 = 659, 4kN 1+ cot θ 1+ Langsgående armering Pga. forskydningskraften kommer der en ekstra trækkraft i armeringen i træksiden: V Rd, l fyd As π (5 / ) = = = 899,3kN cotθ Samlet udnyttelse overfor forskydning V = min( V ; V ; V ) min(30, ;659, 4;899,3) = 30, knm > V = 114,7kNm OK! Rd Rd, w rd, c Rd, l Ed B /5

35 Spørgsmål 5: Den simpleste: Vi starter med den simpleste og mest konservative kontrol, nemlig TEd MEd VEd 3,6 40,8 114,7 + + = + + = 0, 4 + 0,60 + 0,358 = 1, 400 > 1 DUER IKKE T M V 56,1 388,6 30, Rd Rd Rd Den mere detaljerede: Dette betyder dog ikke at bjælken ikke kan bære, vi har bare ikke bevist at den kan bære. Vi vælger derfor at se mere detaljeret på bjælken og kontrollere de skrå trykstringere, bøjlerne og den langsgående armering hver for sig. Bøjler: T T Ed VEd 3,6 114,7 + = + = 0, ,358 = 0,741 1 OK! V 61,6 30, Rd, W Rd, W Skrå trykstringere: T T Ed VEd 3,6 114,7 + = + = 0, 4 + 0,174 = 0,596 1 OK! V 56,1 659, 4 Rd, c Rd, C Langsgående armering: TEd MEd VEd 3,6 40,8 114,7 + + = + + = 0, ,60 + 0,18 = 0,941 1 OK! T M V 1,8 388,6 899,3 Rd, l Rd Rd, l Med denne detaljerede beregning har vi vist at den udkragede bjælke kan holde til belastningen, når vi checker hhv. bøjler, trykstringere og langsgående armering hver for sig. Bemærkninger Det skal bemærkes at den mere detaljerede beregningsmodel faktisk giver os en højere bæreevne end den simple (1,400/0,941=1,49, dvs 49 % højere bæreevne) B /5

36 Opgave B Besvarelse Bestemmelse af materialeparametre og belastninger f yk = 500 MPa f yd = 500/1, = 417 MPa => yd = f yd /E s = 417/(10 5 ) =, f ck = 35 MPa f cd =35/1,45 = 4,1 Mpa og cu3 = 3,510-3 g = 0,30,44 =,88 kn/m p = g1,0 + q k 1,3 =,881,0 + 01,3 = 8,88 kn/m B /7

37 Spørgsmål 1: Vi beregner det maksimale moment som 1 8,88 8 M Ed 30,6 knm 8 Vi antager, at tværsnittet er normaltarmeret og vi beregner Afyd 5 (0/) 417 y 90,6mm b fcd 30014,1 x y/ 90,6/0,8113,mm d x , s cu3 3,5 10 7,7 10 x 113, yd,08510 s 3,3110 uk 5010 OK! M A f z A f ( d y/) Rd s yd s yd 5 (0 / ) 417 (347 90,6/) 197,6kNm M 30,6 knm IKKE OK! d Vi har nu eftervist de to antagelser, men har også vist at bæreevnen ikke er tilstrækkelig. Alternativt kan vi beregne et tværsnit, med rektangulær trykzone og et lag trækarmering udsat for ren bøjning efter ω-metoden A s fyd 0,61 bd f ,1 cd 0,83, cu3 bal 3 3 cu3 yd 3,5 10, ,83, cu3 und 3 cu3 uk 3,510 5, ,501 0,05 (4.101) (4.110) (4.113) Da und < < bal er tværsnittet normalarmeret og vi kan beregne M Rd (1 0, 5 ) => bd fcd 6 M 0,61 10,50, ,1 197,810 Nmm 197,8 knm Rd B11-08 /7

38 Spørgsmål : ' Brudmomentet M Rd ved negativ bøjning (træk i oversiden) beregnes som i spørgsmål 1 blot er trækarmeringen nu 0, så Af s yd (0 / ) 417 y 36,mm b f 30014,1 cd x y/ 36, / 0,8 45,3mm d x ,3 s cu3 3,5 10 3,31 10 x 45, yd,08510 s 3,3110 uk 5010 OK! M A f z A f ( d y/) ' Rd s yd s yd (0 / ) 417 (347 36, / ) 86, knm Alternativt kan vi beregne et tværsnit, med rektangulær trykzone og et lag trækarmering udsat for ren bøjning efter ω-metoden 0 / 417 0,104 und bal OK! , M 0,104 10,50, ,1 86, 10 Nmm 86, knm ' 6 Rd B /7

39 Spørgsmål 3: Da bæreevnen ønskes eftervist, dvs. det skal vises at bæreevnen er tilstrækkelig, så er det ' nemmeste at antage et indspændingsmoment M i < M Rd og så beregne momentfordelingen. (Derefter skal vi lige checke bøjningsmomentets maksimale værdi og indspændingsmomentet). ' Da M Rd 86, knm, så kan vi vælge et lavere M i = 85 knm (så bjælken udnyttes meget over understøtningen og dermed reducerer momentet på midten mest muligt, men stadig kan holde over understøtningen) og herefter beregne momentkurven og reaktionerne. De to bjælker er symmetriske og vi ser derfor kun på den venstre bjælke (og der kommer derfor også R M / fra højre bjælkedel): Ligevægt giver reaktionerne R R e M / 1 pl M / L i 1 pl M i / L B /7

40 Momentet M(x) beregnes som M(x) 1 p x L x x / LM i Indsætter vi nu p = 8,83 kn/m, L = 8 m og M i = 85 knm, så finder vi maksimalmomentet ved M 1 Mi ved M max x / L 0, 454 x pl 8,838 og dermed M max M ( x / L 0,454) ½ 8,830,4548 (1 0,454) 8 0, ,0kNm M d 197,8kNm Bemærk: Det vil oftest være tilstrækkeligt godt at beregne momentet på midten af spændet, dvs. i x/l=½, hvor M(x/L=½) kan beregnes til 188,1kNm Vi har nu vist at M M og M M ' max Rd i Rd Da indspændingsgraden er M / M 85 /190 0,447 i max og da tværsnittet er normal armeret (både ved positiv og ved negativ bøjning), så skal vi bare kontrollere at grænserne for indspændingsgraden er opfyldte 1/3 < M i / M max = 0,447 < Det ses således, at bjælken kan bære den aktuelle last og at vores indspændingsmoment ligger indenfor grænserne. Reaktionerne beregnes som R R e m 1 8,838 85/8 104,7 kn 1 8,838 85/8 51,9 kn B /7

41 Spørgsmål 4: Belastningen p beregnes til p q 0,75 00,75 15,0 knm k Teknisk Ståbi angiver nedbøjningen på midten som w max 5 p L 384 EI 4 Ved beregning af EI anvender vi standardmetoden med at regne det statiske moment om nullinien, placeret x under tværsnittets top, og bestemme x ved at sætte S t =0, hvorefter inertimomentet kan beregnes. = 5,9 (fra Tabel 4.1 for f ck = 35 MPa) S bxx A d x xx x x mm t ( / ) s( ) 300 ( / ) 5,9 5 (0 / ) (347 ) 0 118,8 1 3 It bx bx( x/) As( d x) , ,8 (118,8 / ) 5,9 5 (0 / ) ( ,8) 6, Es 10 EI EcIt It 6, ,04 10 Nmm 5, mm , wmax 36, mm L/ 50 3 mm FOR STOR UDBØJNING! 1 384,04 10 Alternativt kan vi beregne stivheden af et tværsnit, med rektangulær trykzone og et lag trækarmering udsat for ren bøjning efter αρ-metoden A 5 0/ s 0, 0151 bd ,9 0,0151 0, , ,34 0, b 3 0,343 0,34 0, ,010 EI Ecbb d 0,15160, ,9,0410 Nmm B /7

42 Spørgsmål 5: Vi beregner EI, dvs bøjningsstivheden overfor et negativt moment med træk i oversiden. Dette gøres præcist, som i foregående spørgsmål, blot kun med armeringsstænger i stedet for 5, dvs. S bx x A d x x x x x mm t ( / ) s( ) 300 ( / ) 5,9 (0 / ) (347 ) 0 81, It bx bx( x/) As( d x) , ,07 (81,07 / ) 5,9 (0 / ) (347 81,07) 3, Es 10 EI EcIt It 3, ,6910 Nmm 5,9 Vi beregner nu nedbøjningerne mm ,0.(0, ) w ,04 10 max 5,4mm ,0 (0, ) 1 ½ 15,008 (0, ) (0, ) w 0,55mm , ,69 10 w 5,4 ½ 0,55 5,7 mm L/ 50 3mm og ser at nedbøjningen nu er under det krævede. Alternativt kunne vi anvende αρ-metoden A s 0/ bd , ,9 0, , , ,336 0, b 3 0,3363 0,336 0, ,010 EI Ecbbd 0,10770, ,9 10,69 10 Nmm Bemærkninger Det ses at effekten af indspændingen har reduceret nedbøjningen med ca. 30 %, svarende til at bjælken er blevet ca. 40 % stivere uden at vi har lagt ekstra armering i bjælken. Det skyldes reelt, at vi har inddraget de langsgående armeringsstænger, som er anvendt i oversiden i stedet for at nøjes med de 5 stænger der ligger i undersiden, svarende til at vi udnytter 40 % armering ekstra i træk. B /7

43 Opgave B Besvarelse Spørgsmål 1: Til beregning af bæreevne bruger vi formlerne N A crd c crd fcd crd fcd 1 Eocrd og beregner derfor fck 30 fcd 0,7 MPa 1, 45 1, 45 Eok 0,75 30 Eocrd 0,75 Eod 0, MPa 1000fcd 0700MPa 1,45 1, Ls 5000 L s /i ,390 b 400 f 0, 74 17,1 MPa cd crd fcd 0, ,4 Eocrd A mm c Søjlens bæreevne fra beton alene er: N A ,1 736, 0 kn N 3000 kn crd c crd Ed Dette er ikke tilstrækkeligt og det er derfor nødvendigt at regne søjlen armeret f f / 500 /1,0 417MPa A yd yk s sc 4 (4 / ) 1810 mm Asc ,0113 A c Forholdet imellem armeringens stivhed og betonens stivhed (sekanthældningen igennem toppunktet på betonens arbejdskurve) benævnes og kan beregnes eller slås op i tabel 7.1 til =1. B /

44 Herefter beregnes bæreevnen inkl. armeringens bidrag som N crd A ccrd(1 ) 736, 0 (1 10, 0113) 3385 kn A A f 736, 0 1, kn c crd sc yd ccrd A (1 0, 04 ) 736, 0 (1 0, 04 1) 5034 kn Søjlen kan således bære 3385 kn, dvs. bæreevnen ligger over belastningen på N Ed = 3000 kn Spørgsmål : Beregningerne minder meget om beregninger i spørgsmål 1, idet den eneste forskel er en ændring af søjlelængden, som nu ændres til Ls L mm , f 0,7 11,MPa cd crd fcd 0, ,6 Eocrd Ncrd , 179, 0kN (uden armeringsbidrag) A ccrd(1 ) 179, 0 (1 10, 0113) 17 kn N A crd ccrd Ascfyd 179, 0 1, kn A ccrd(1 0, 04 ) 179, 0 (1 0, 041) 397 kn Søjlen kan således kun bære 17 kn, dvs. bæreevnen ligger under belastningen på N Ed = 500 kn og søjlens bæreevne er derfor ikke tilstrækkelig. Spørgsmål 3: Søjlelængden bliver i dette tilfælde Ls 0,7L L Dette er en kortere søjlelængde end i spørgsmål 1 og bæreevnen vil derfor være højere end i spørgsmål 1, hvor bæreevnen blev bestemt til 3385 kn. Dette er over den angivne last på 300 kn og bæreevnen er derfor tilstrækkelig og kræver ikke yderligere undersøgelse. Det er dog også helt korrekt at beregne bæreevnen ud igen med denne, kortere søjlelængde. Bæreevnen bestemmes da til 370 kn. B11-09 /

45 Opgave B Besvarelse Bemærk: Bjælkerne A, B, C og D er ens, men har forskellig belastning. Da belastningen på bjælke D er en bestemt kombination (summen) af belastningerne på bjælkerne A, B og C så er forskydningskurve og momentkurve den samme kombination af kurverne, vi bestemte for bjælkerne A, B og C. B /3

46 Bemærk: Bjælkerne E, F og G er ens, men har forskellig belastning. Da belastningen på bjælke G er en bestemt kombination (summen) af belastningerne på bjælkerne E og F så er forskydningskurve og momentkurve den samme kombination af kurverne, vi bestemte for bjælkerne E og F. B11-10 /3

47 Bemærk: Bjælkerne H, I og J er ens, men har forskellig belastning, hvor belastningen på J er summen af belastningerne på H og I. B /3

48 Opgave B Besvarelse A. Materialeparametre og tværsnitsdata f ck = 35 MPa f cd = 35/1,45 = 4, MPa f yk = 500 MPa f yd = 500/1, = 417 MPa E sd = E sk = 10 5 MPa A s A sc b 1000 mm 1 m / 011 mm Vi regner på 1m af væggen d = / = 357 mm d sc = / = 43 mm Spørgsmål 1: B. 1. ordens momentet uden udbøjningsbidrag V(x) R q x / Lx 3 R q L q L ,67 10 N M er maksimum ved V(x) = 0 x L/ 3, hvor 1 MEod Rx qx/lxx/3 1 1 ql qlx1 (x/l) (11/3) , 0 10 Nmm 0, 0 knm B /4

49 C. Beregning af udbøjningen e Vi beregner e som 1 cu3 yd e Ls 10 d yd 500 /1, / 10, Ls 7000 mm ,510,0810 e ,6 mm D. Beregning af momentet inkl. udbøjningsbidrag M Ed M Eod N e 0, ,6 90,8 10 Nmm 9,8 knm E. Bæreevneeftervisning Kendes trykzonens højde x (eller gætter vi på den), så beregnes armeringstøjningerne som x dsc sc cu3 (positiv som tryktøjning) x d x s cu3 (positiv som træktøjning) x og kan derefter beregne spændingerne sc = minimum (f yd, sc E sd ) s = minimum (f yd, s E sd ) og beregne normalkraft og moment N 0,8 bx f A A Rd cd sc sc s s M 0,8bxf (h/0,4x) A (h/d ) A (dh/) Rd cd sc sc sc s s Vi varierer nu x (husk 0 < x < h) indtil N Rd = N = 950 kn, idet vi husker at voksende x giver voksende trykzone og voksende N Rd. B11-11 /4

50 Denne variation kaldes iteration og kan foretages på en moderne lommeregner med ligningsløser eller i f.eks. Excel hvor der er en ligningsløser. Vi finder på den måde x = 66,69 mm. For at kontrollere vores beregninger på PC en eller lommeregneren (og for at få det på papir) sætter vi i ligningerne sc 66, ,510 1, , uk s ,69 3,510 15, , uk sc 3 5 min (417, 1, ) min (417, 48,4) 48,7 MPa s 3 5 min (417, 15, ) min (417, 3040,0) 417 MPa N 0, , 69 4, , ,0 kn Rd M 0, ,69 4, (400 / 0, 4 66,69) ,7(400 / 43) Rd ( / ) 433, 10 Nmm 433, knm Da M Ed = 9,8 knm < M Rd = 433, knm, så er bæreevnen eftervist. B /4

51 Spørgsmål B. 1. ordens momentet uden udbøjningsbidrag. 1 x M ( x) ( qx/ L) x qx / L 6 Momentet er størst ved indspændingen ,7 M Eod ql knm 6 6 C. Beregning af udbøjningen e Det ses, at L s = L, dvs. 1 3,5 10, e ( 7000) 306,3 mm D. Beregning af momentet inkl. udbøjningsbidrag 6 3 M Ed M Eod Ne 571, ,3 6 87,7 10 Nmm 87,7 knm E. Bæreevneeftervisning Da tværsnittet og belastningen N er som i spm. 1 er brudmomentet det samme som i spm.1, dvs M Rd = 433, knm < M Ed = 87,7 knm og væggen kan derfor ikke holde. B /4

52 Opgave B Besvarelse Spørgsmål 1: A. Materialeparametre fck = 5 MPa, c = 1,45 => fcd = 5/1,45 = 17, MPa fyk = 500 MPa, s = 1, => fyd = 500/1, = 417 Mpa B. 1. ordens momentet uden udbøjningsbidrag. Førsteordensmomentet MEod (fra tværlast og søjlelast uden udbøjninger) er givet som M N e M N e pl Nmm knm Eod tværlast 1 0, , ,5 10 1,5 C. Beregning af udbøjningen e Vi beregner. ordens udbøjningen e som 1 10 cu3 yd e L s d Ved beregningerne antager vi, at det kun er nødvendigt at af armeringstængerne, nemlig de der er placerede ude ved den revnede side. Her finder vi d / 359mm cu3 f / E 500 /1, / 00000,0810 yd yd s uk 5% , Ved indsættelse findes e ,5 10, ( 5000) 155,5 D. Beregning af momentet inkl. udbøjningsbidrag mm M M N e Nmm knm Ed Eod , ,5 35, ,5 B11-1 1/3

53 E. Bæreevneeftervisning Vi gætter på at trækarmeringen er i flydning og ignorerer armeringen i tryksiden og ser at spændingsfordelingen så er som vist Vi kender ikke trykzonens udstrækning, men vi ved at der er en plastisk spændingsfordeling med spændingen fcd over arealet A yb hvor y 0,8x, hvorefter lodret ligevægt giver cp N A f A f 90kN cp cd s yd N A f y A b mm 3 s yd (0 / ) 417 cp / 51, 01 b fcd 40017, x y / 0,8 51,01/ 0,8 63,76mm Heraf kan vi beregne træktøjningen i armeringen for at checke antagelsen om flydning x 3,510 51,01 3 cu3 3 s ( d x) (359 51,01) 16, 10, , yd s uk Da der er flydning og ikke overrivning af armeringen, har vi vist vores antagelse var korrekt og vi finder nu brudmomentet ved moment om midten af tværsnitttet (så N ikke indgår i formlerne) som M ( byf )( h / y / ) ( A f )( d h / ) Rd cd s yd (400 51,01 17,)(400 / 51,01/ ) ( (0 / ) 417)( / ) Nmm knm M knm 6 103, ,0 Ed 35,5 Bæreevnen er således eftervist. B11-1 /3

54 Spørgsmål : Søjlen skal undersøges for biaxial bøjning i kombination og her finder vi pga. ens slanhed, excentricitet og bøjning om de to akser, at vi skal checke kombinationen. Søjlen kan således bære, dersom M Ed, x M Ed, y M Rd, x M Rd, y 1,0 Da der er symmetri, finder vi at M M M 35,5kNm Ed, x Ed, y Ed, spørgsmål 1 M M M 103,0kNm Rd, x Rd, y Rd, spørgsmål 1 Vi kan også bestemme α=1,0 fra tabel 7.3, da 3 NEd NEd ,07 0,1 N A f A f , 4 (0 / ) 417 Rd c cd s yd Herefter checker vi den samlede udnyttelsesgrad som 1,0 1,0 M Ed, x M Ed, y 35,5 35,5 M Rd, x M Rd, y 103,0 103,0 Søjlen kan derfor bære i biaxial bøjning. 0,69 1,0 B11-1 3/3

55 Opgave B Besvarelse Spørgsmål 1: Vi anvender standardmetoden med at regne det statiske moment om nullinien, placeret x under tværsnittets top, og bestemme x ved at sætte S t =0, hvorefter inertimomentet kan beregnes. Vi vælger at regne på en strimmel med en bredde på 1m. E E MPa t 5 6,4 c s / 10 / 6, S bxx A d x xx x x mm ( / ) s( ) 1000 ( / ) 6,4 8 (8 / ) (150 ) 0 5,33 1 It bx bx( x/) A ( d x) 1 3 s , ,33 (5,33 / ) 6,4 8 (8 / ) (150 5,33) 45, Es 10 45, EI EcIt It Nmm / m 6,4 0 mm Vi har spændvidde og belastning angivet som q5 kn / m 510 N / mm 3 L4m4000mm og kan derfor beregne den enkeltspændte plades nedbøjning som for en bjælke som ql umax 11,7 mm L/ / 50 16mm EI Den enkeltspændte plade har således den nødvendige stivhed og nedbøjningen er ikke for stor. Alternativt kan vi beregne stivheden af et tværsnit, med rektangulær trykzone og et lag trækarmering udsat for ren bøjning efter αρ-metoden As (8 / ) 0,0068 bd ,4 0,0068 0, , ,1688 0,01716 b ½ (1 / 3) ½ 0,1688 (1 0,1688 / 3) 0, EI E I E d b , , Nmm / mm c t c b B /3

56 Spørgsmål : Ved den dobbeltspændte plade beregnes nedbøjningen som 4 ql umax EI hvor α er en parameter for nedbøjningen af en plade af lineært elastisk materiale, som kan findes på de udleverede overheads eller i Teknisk Ståbi, kapitel 3.4 Plader af lineært elastiske materialer) som 0, umax 0,010 9,0 mm L/ 50 16mm Ved at regne pladen dobbeltspændt har vi i dette eksempel reduceret nedbøjningen til 9,0/11,7=77% af nedbøjningen for en enkeltspændt plade. B11-13 /3

57 Spørgsmål 3: Vi beregner pladens bøjningsstivhed som i spørgsmål 1, blot ændres α til langtidsværdien, nemlig E E MPa t 5 5 c s / 10 / S bxx A d x xx x x mm ( / ) s( ) 1000 ( / ) 5 8 (8 / ) (150 ) 0 45, It bx bx( x/) As( d x) , ,78 (45,78 / ) 5 8 (8 / ) (150 45,78) 141, 10 mm 1 5 Es , EI EcIt It Nmm / m Vi finder derefter nedbøjningen som 3 4 (4,8,5) umax 0,01 15, mm L/ / 150 6,7mm Vi ser at langtidsnedbøjningen holder sig under den krævede grænse, dvs. pladen er tilstrækkelig stiv. Alternativt kan vi beregne stivheden af et tværsnit, med rektangulær trykzone og et lag trækarmering udsat for ren bøjning efter αρ-metoden 50,0068 0, , ,305 0,0670 ½ (1 / 3) ½ 0,305 (1 0,305 / 3) 0,1371 b EI EcIt Ec b d b ,13710, Nmm / mm Bemærk: Betonens E-modul falder med en faktor 4 ved at vi går fra korttidsbelastning til langtidsbelastning, men det revnede tværsnits stivhed ved langtidslast falder kun til 119/1419=78% af stivheden overfor korttidslast. Dette skyldes at det primært er trækarmeringens stivhed og den effektive højde der styrer bøjningsstivheden af det revnede tværsnit. B /3

58 Opgave B Besvarelse Spørgsmål 1: Lastfordeling og strimlernes statiske modeller: Vi har her forestillet os at vi har lagt strimmel 1 på først, spændende fra understøtning til understøtning og så lagt strimmel ovenpå strimmel 1 (se kogebogen bagi løsningen), eller mere udførligt i eksemplerne på B /6

59 Beregning af de enkelte strimlers bæreevne: Der er her strimler (bjælker) i to retninger, nemlig i snit 1 og, som undersøges separat. Vi undersøger altid den strimmel der er lagt på til sidst Vedr. snit -: 3 Lodret ligevægt: p 3a p1a 0 p1 p Momentmaksimum findes pga symmemtri på midten, dvs. i x=1,5a, hvor mx,max mx( x1.5 a) praa p a a pa 4 8 Den nedreværdi, der gælder for denne strimmel findes nu af 1 8 m m m m p 3 9 a u x,max ux u B11-14 /6

60 Vedr. snit 1-1: Lodret ligevægt: ap apr 0 r pa (idet p 1 =1.5p) 1 Bestemmelse af momentet m y : Da der er symmetri, ses det at momentet er størst på midten, hvor a a my,max p1aa p r a pa pa 3 pa pa Den nedreværdi, der gælder for denne strimmel bjælke) findes nu af 11 8 m m pa m m p 8 11 a u y,max uy u Den samlede nedreværdi Denne er den mindste af de to nedreværdier, dvs. den mindste af de to strimlers bæreevner 8 mu 8 mu p 11 a 9 a B /6

61 Kogebog for opstilling af strimmelmodel. Step 1: Vi forestiller os i virkeligheden at vi starter med det tomme felt (fx et hul i jorden eller en manglende etageadskillelse). Step : Vi lægger så de første strimler (eller brædder eller planker eller bjælker) ud. De skal understøttes, så de ikke kan falde ned og vi lægger dem derfor fra understøtning til understøtning. Det kalder vi strimmel 1 eller snit 1. I dette tilfælde har vi lagt to hold planker ud, et hold på hver side af det område, der skal blive ved med at være et hul, men da vi kan se at der er dobbeltsymmetri i pladen, så kalder vi begge hold strimler for 1. B /6

62 Step 3: Vi lægger nu de næste strimler ovenpå, et hold på hver side af det områder, der skal blive ved med at vare hul. Da vi ser en symmetri, kalder vi begge hold planker for, da vi kan se at de får samme spænd, samme last og samme understøtningsbetingelser. Step 4: Vi kan nu fordele belastningen på de to hold strimler, og vi starter altid med det lag vi har lagt på til sidst. På strimmel lægges der derfor lasten p på oversiden, mens strimmel 1 holder strimmel oppe med en ukendt reaktion på p 1. Strimmel 1 er derfor belastet med p 1 på de stykker, hvor den ligger under strimmel og med lasten p på det stykke, der ikke ligger under strimmel. Strimmel 1 er simpelt understøttet i begge ender. Vi kan nu optegne vores model med strimlernes modeller og med en oversigt over hvordan vi optager lasten i pladen. Detaljerede eksempler med opstilling af strimmelmetode modeller kan ses i eksemplerne i lærebogen på B /6

63 Spørgsmål : Den kinematisk mulige brudfigur: Denne kan f.eks. kan se ud som nedenfor Beregning af indre og ydre arbejde og bæreevne: 8 A mds m a m a m a m 3a 3 11 Ay puda p 3a p a p 3a pa 3 3 i u 1x u x u u Ved at sætte A i = A y finder vi 3 8 p Ay / a m a u Kommentarer Da vi bemærker at øvreværdien og nedreværdien identiske (p - =p + ), så er det den præcise bæreevne, som vi har bestemt. B /6

64 Opgave B Besvarelse Spørgsmål 1: Lastfordeling og strimlernes statiske modeller: B /7

65 Beregning af de enkelte strimlers bæreevne: Der regnes først på strimmel, svarende til snit -, hvor momentligevægt om punkt FE giver en bestemmelse af p 1 : a( p p1) a pa 0 p1 p 3 Den nemmeste måde at bestemme det eller de maksimale momenter er at starte med at optegne forskydningskraftkurven Da momentmaksimum altid forekommer ved indspændinger eller de steder, hvor forskydningskraften er nul og der ikke er nogen indspændinger finder vi 4 4 vy ( a) 0så maksimummomentet er i y a, dvs 3 3 a a 1 4a m max my p1 a( ) p( ) pa mu p 4,5 u a B11-15 /7

66 Derefter regnes der på strimmel 1, svarende til snit 1-1, hvor reaktionerne findes ved at tage moment om de to vederlag (understøtninger): 3 pa pa 1 35 mah ½ p( a/) p1a r a 0 r ap pa 1 5pa 31 mcd ½ p1a p( a/)(5 a/4) r1 a 0 r1 ap Som ved den første strimmel beregnes forskydningskraftkurven Det ses at forskydningskraften er nul i a x a a Herefter beregnes det maksimale momentet som u max mx r ( ax) p( ax) a p 0,354 a p mu mu mu p 4, 4 35 a a Den samlede nedreværdi for strimlerne findes som den laveste af nedreværdierne, dvs. p 7 35 m a m 4, 4 a u B /7

67 Spørgsmål : Partiel brudfigur: Kinematisk mulig brudfigur, beregning af indre og ydre arbejde, samt bæreevnen. (1) 1x / a 1 y 0 (1) A m a m a m a () x / a y 0 () A m a m a m a i u 1x u u i u x u u A A A 4m (1) () i i i u Ay a p mu Ai Ay p 8 a Total brudfigur, forslag 1 Kinematisk mulig brudfigur, beregning af indre og ydre arbejde, samt bæreevnen. (1) 1x / a 1 y 0 (1) Ai muax mu a mu a () x 0 y / a () Ai mu ay mu a mu a (3) 3x 0 3 y / a (3) 3 3 Ai mu a3y mu a 3 mu a (1) () (3) 3 11 Ai Ai Ai Ai 1 3mu mu Ay a p a p a p a p m 66 m m A A p 5,08 13 a 13 a a Heraf finder vi at mu mu p 4,3 p p 5, 08 a a u u u y i B /7

68 Total brudfigur, forslag Kinematisk mulig brudfigur, beregning af indre og ydre arbejde, samt bæreevnen. (1) 1x / a 1 y 0 (1) Ai mu a 1x mu a mu a 4 () x 0 y 3a () A m a m a m 3a 4 (3) 3x 0 3 y 3a (3) A m a m a m 3a i u y u u i u 3y u u A A A A 1 m 5m (1) () (3) i i i i u u 3 3a 1 a a 1 a a 11 A y a ap ap p p a p mu 540 mu mu Ai Ay p 5 4,46 11 a 11 a a Heraf finder vi at m m Yderligere forklaring på beregning af, A u u i og A y findes på de p 4,3 p p 4, 46 næste sider for denne brudfigur. a a Jeg har der lavet en slags kogebog for hvordan man gør det systematiskt og detaljeret selvom løsningen ovenover er Kommentarer tilstrækkelig, når man først har forstået systemet. Vi bemærker at forskellige brudfigurer leder til forskellige øvreværdløsninger. En yderligere optimering eller valg af alternative brudfigurer kunne muligvis lede til lavere øvreværdiløsninger. Da vi bemærker at p - < p +, dvs. at nedreværdiløsningen og øvreværdiløsningen ikke er identiske, så er vi endnu ikke sikre på den præcise bæreevne i pladen, men vi har dog bestemt et ret lille interval, hvori den korrekte bæreevne p skal ligge. Brugen af nedre og øvreværdløsninger gør det således muligt at vurdere om det er rimeligt at regne flere øvre eller nedreværdiløsninger igennem i det aktuelle eksempel er vi nået frem til at den korrekte bæreevne således højst kan ligge 5,4 % højere end den fundne nedreværdi. B /7

69 Kogebog for beregning af det indre arbejde Eksempel for brudfiguren i forslag. (1) Drejningen om et rotationsakse et nedbøjningen i flydelinien, divideret med den vinkelrette afstand imellem punktet på flydelinien og rotationsaksen, dvs. 1x / a 1 y Det indre arbejde beregnes nu som A m ds (1) i u Vi projekterer længden af brudlinien ind på rotationsaksen E-F, og finder 0 A m a (1) (DEFG) i uy 1x Brudmomentet m ux i området DEFG betegnes (DEFG) her muy og er opgivet i opgaveteksten til m u. Vi kan nu sætte værdien ind og finder (1) Ai mu a 1x mu a mu a () Ligesom for pladedel 1 beregner vi rotationen og projekterer derefter længden af brudlinien ind på omdrejningsaksen C-D-E og lægger bidragene fra de to områder med forskelligt brudmoment sammen og finder 3a 4 x 0 y / 4 3 a () (BCDG) (DEFG) Ai mux ay mux ay mu ay 0ay mu a mu 3a 3a 4 (3) 3x 0 3y / 4 3 a (3) (ABGD) (DEFG) a 3 a 3 4 Ai muy a3y muy 3y mu a3y 0 3y mu a mu 3 3 3a Ved indsættelse finder vi nu A A A A 1 m 5m (1) () (3) i i i i u u B /7

70 Kogebog for beregning af det ydre arbejde Eksempel for brudfiguren i forslag. Det ydre arbejde er defineret som A pxy (, ) ( xy, ) dxdy y Ofte er pladen belastet med en jævnt fordelt last, som er konstant over hele pladen eller i hvert fald i områder af pladen og der kan det ydre arbejde beregnes nemt: Step 1. Optegn brudfiguren Step. Inddel brudfiguren i trekanter og rektangler. Step 3. Beregn middelflytningen i hver trekant og hver firkant. Man finder nu bidragene for de 7 delfelter og lægger dem sammen 3a 3a 7 1 a a 7 1 a a Ay ap ap p p a a 1 3a 1 3a 11 p a a a p Her vil det dog ofte være muligt at tage flere bidrag samtidig, da man kan se at felt 1+ har samme gennemsnitsflytning. Det samme gælder for felt 3+4 og for felt 6+7 og man kan se at felt 1+, felt 3+4 og felt 6+7 giver nogle pæne rektangler, så man kan summere som 3a 7 a a a a 3a Ay ap p p a a p Advarsel: Denne metode duer kun, hvis lasten er konstant og jævnt fordelt i hver trekant og hvert rektangel. B /7

71 Opgave B Besvarelse Spørgsmål 1: Vi beregner først pladens rotation om x og y akserne 1x a 1y 0 hvorefter vi kan kombinere dem til den samlede rotation 1 1x 1y a Vi beregner tilsvarende for den anden pladedel x / a 4a 3 /4 y 3a 4a x y 4 a B /

72 Spørgsmål : Pladedel 1 1x ; 1y 0 3a 4 A m a m a m 3a 3 (1) i uy 1x uy u (1) 1 5 Ay 3aa 3aa p pa 3 Pladedel x 0 ; y a 3 A m 3a m 3a m a () i u y u u () 1 Ay a3ap pa 3 Heraf finder vi at (1) () Ai Ai Ai mu mu 3 6 (1) () 5 7 Ay Ay Ay 1pa pa 17 m 17 m m A A p 0, a 1 a a u u u i y B11-16 /

73 Opgave B Besvarelse Spørgsmål 1: Lastfordeling og strimlernes statiske modeller: Jeg har i denne modellering lagt strimlerne på i rækkefølgen I, II og til sidst III men jeg kunne have gjort det i en anden orden. Jeg vælger at regne på strimlerne i ordenen III, II og så I svarende til at jeg regner først på den strimmel, der ligger øverst og så arbejder mig ned igennem strimlerne. B /5