Concrete Structures - Betonkonstruktioner

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

Januar 01 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 www.betonkonstruktioner.byg.dtu.dk, hvor yderligere undervisningsmateriale vil være til rådighed. Venlig hilsen Per Goltermann

Januar 01 Opgave B11-01 - 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. B11-01 1/3

Januar 01 B11-01 /3

Januar 01 B11-01 3/3

Januar 01 Opgave B11-0 - Besvarelse Spørgsmål 1: /3 /3 fctk 0,7 0,3 fck 0,7 0,330,03 MPa fck 30 E 51000 cok 51000 f 13 30 13 35581 MPa ck Spørgsmål : Det ses at man kan beregne styrkeudviklingen indenfor de første 8 modenhedsdøgn som fck () t fcm () t 8MPa0 MPa fcm() t 8MPa 8 8 fcm() t fcm exp s 1 40exp 0, 1 8MPa t 3,61døgn t t idet vi har anvendt s=0, for cement i klasse R (formlerne 1.1 og 1. er anvendte) Bestemmer man E cok for f ck =0MPa finder man 0 Ecok 51000 30910 MPa0000MPa 0 13 Vi kan derfor se at man kan afforme (fjerne støbeformene) efter 3,61 døgn, 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. B11-0 1/4

Januar 01 Spørgsmål 3: Udtørringssvindet cd, efter uendelig lang tid bestemms 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 00 00 40 10 mm og u 00 00 00 00 800 mm h o 3 4010 800 100 mm hvorefter vi kan slå op at k 1, 00 h Vi kan beregne svindparameteren 3 fcm RH cd,0 1,30 110ds1expds 1 10 10 100 3 40 70 1,30 1106exp0,11 1 10 491,5 10 10 100 hvorefter det samlede udtørringssvind bliver 6 6 6 cd, k h cd,0 1,00 491,5 10 491,5 10 6 6 Det autogene svind bestemmes som,,5 ca ( f 10) ck 10,5 (30 10) 10 50,0 10 6 6 6 Det samlede svind bestemmes nu som,,, 491,5 50,0 541,5 10 c cd ca 6 B11-0 /4

Januar 01 Spørgsmål 4: Prismets samlede tøjning sættes til T c cok 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 A 0 A A E A E 0 T c, c s c s s c s cok c T s s T A A E c s cok A A E A E c s cok s s 3 4010 4 1 / 35581 541,5 10 507,010 4010 4 1 / 355814 1 / 10 6 6 3 5 E MPa MPa 6 6 c cok( cs, T) 35581 (541,5 10 507,010 ) 1,3 <fctk,03 Da trækspændingen er mindre end trækstyrken, så revner betonen ikke. B11-0 3/4

Januar 01 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 Ecok c, T 35581 (541,5 10 0) 19,3MPa fctk, 03MPa Trækspændingen overstiger trækstyrken og betonen vil derfor revne. Bemærkninger til spørgsmål 3 til 5: Konstruktioner i 100% relativ fugt ikke svinder og dermed ikke får 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

Januar 01 Opgave B11-03 - Besvarelse Spørgsmål 1: Vi beregner betonens stivhed og forholdet α imellem stålets og betonens stivhed som fck 30 Ecok 51000 51000 35581MPa f 13 30 13 ck E 0, 7E 0, 7 35581 4907MPa cm cok 5 s / Ecm 10 / 4907 8,0 E Vi indfører nogle betegnelser i tværsnittet for at kunne opstille vores formler På figuren ses b 1000mm b 300mm h 35mm h 1000mm f w f B11-03 1/8

Januar 01 Armeringslagenes effektive højder og arealer kan bestemmes som A mm d mm sc (4 / ) 905 sc 43 A (4 / ) 905mm d 300 700 4350 907mm s1 s1 A 4 (4 / ) 1810mm d 300 700 43 957mm s s ligesom den samlede trækarmerings areal og effektive højde kan bestemmes som A A A 905 1810 715mm s s1 s s1 1 s s1 s d ( A d A d ) / ( A A ) (905907 1810957) / (905 1810) 940,3mm Da tværsnittet er revnet skal trykzonens højde x beregnes ved at det statiske moment af det transformerede tværsnit S t 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: St bfx( x/) ( 1) Asc( xdsc) As 1( d1x) As( d x) 1000 x( x/ ) (8,0 1) 905 ( x43) 8,0 905 (907 x) 8,0 1810 (957 x) 0 x177,3mm Da x < h f =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 ( /) ( 1) Asc( xdsc) As1( d1x) As( d x) 1 1 1000 177,3 3 1000 177,3 (177,3 / ) (8,0 1) 905 (177,3 43) 1 9 4 8,0 905 (907 177,3) 8,0 1810 (957 177,3) 14,66910 mm 9 1 EI E I 4907 14,66910 366,7 10 Nmm cm t Vi beregner nu nedbøjningen på midten af bjælken (ved brug af Teknisk Ståbi) som 3 3 3 1 PL 1 5010 10000 umax 14, mm L/ 500 0mm 1 48 EI 48 366,7 10 og konstanterer at den er mindre end det krævede. B11-03 /8

Januar 01 Spørgsmål : Ved langtidslast falder betonens E-modul til ¼ af korttidsværdien og α stiger til det 4- dobbelte, dvs. Ecm 4907 / 4 67MPa 8, 04 3 Hvorefter beregningerne gentages som før St 1000 x( x/ ) (3 1) 905 ( x43) 3905 (907 x) 31810 (957 x) 0 x 308,7mm Da x < h f =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 1000 308,7 1000 308,7 (308,7 / ) (3 1) 905 (308,7 43) 1 3 905 (907 308,7) 3 1810 (957 308,7) 46,604 10 3 9 4 mm EI E I 67 46,60410 90,010 Nmm cm t 9 1 Vi beregner bjælkens egenvægt som g 4 (1,0 0,350,30,675) 1,66 kn/ m og kan nu finde nedbøjningen på midten af bjælken (ved brug af Teknisk Ståbi) som 4 4 5 ( pg) L 5 (0 1,66) 10000 umax 14,66 mm L/ 50 40mm 1 384 EI 384 90,010 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 den effektive højde der styrer stivheden. B11-03 3/8

Januar 01 Spørgsmål 3: Vi beregner bjælkens maksimale revnevidde som w s ( ) s w r,max sm cm r,max sm hvor den maksimale revneafstand beregnes som Aceff, sr,max 3, 4c0,17 Ø da armeringsjernenes afstand 5( cø/ ) 5(5 4 / ) 185mm As idet trækarmeringen diameter Ø er 4 mm og dæklaget c er 5 mm iflg opgaven. Vi kan derfor beregne h cef,,5( hd),5(1000 940,3) 149,3mm h x 1000 99,8 min 33, 4mm 3 3 h 1000 500mm A b h 300149,3 44775mm ceff, w cef, hvorefter vi kan beregne den maksimale revneafstand som Aceff, 44775 sr,max 3, 4c0,17 Ø 3, 45 0,17 4 15,3mm As 905 1810 Vi skal nu beregne tøjningsdifferenen s k A t ceff, f Es Es As sm cm max s 0,6 Es hvor 8,0 (korttid iflg lærebogen!) f f MPa ctm k 0, 4 t /3 /3 0,30 ck 0,30 30,90 ctm B11-03 4/8

Januar 01 Trækarmeringens tøjning beregnes i trækarmeringens tyngdepunkt som s E s M 1/ 8 (0 1,66) 10000 sm ( d x ) (940,3 308,7) 0,88910 1 EI 90,010 3 Vi beregner herefter tøjningsdifferencen som 0, 4 44775 0,88910 8, 0,90 0, 74710 sm cm max 10 905 1810 0,6 0,88910 0,53310 og finder derefter den maksimale revneafstand som 3 w r,max ( sm cm) 15,30,74710 0,11 3 3 5 w s mm 3 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. B11-03 5/8

Januar 01 Spørgsmål 4: Vi kan nemt beregne det maksimale moment som 1 1 1 1 3 M Ed ( pg) L PL (0 1,66) 10000 5010 10000 1033,3kNm 8 4 8 4 Til at eftervise bæreevnen skal vi bruge regningsmæssige materialestyrker, brudtøjninger for stål og beton og armeringens flydetøjningen fcd fck / c 30 /1,45 0,69MPa f f / 550 /1, 458,3MPa yd yk s 3 cu3 3,5 10 for fck 50 MPa f / E 550 / 00000,910 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 715458,3 N bf yfcd As fyd 0 y 60,14mm bf fcd 10000,69 Vi ser at den plastiske trykzone bliver oppe i den brede flange (y<h f ), så nu skal vi også lige beregne trækarmeringens tøjning s og kontrollere at yd < s < uk, svarende til flydning men ikke overrivning 3,510 x 1,560,14,910 40,310 5,0 10 3 cu3 3 s ( d x) (940,3 1, 560,14) 40,310 3 3 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 ( d½ y) 715458,3 (940,3 ½ 60,14) 1133,0kNm Rd s yd s yd 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. B11-03 6/8

Januar 01 Spørgsmål 5: Ved bæreevneeftervisningen kan vi på den sikre side sætte den dimensionsgivende forskydningskraft V R ½( pg) L½P ½ (0 1,66) 10 ½ 50 88,3kN Ed Fra sidste spørgsmål ved vi at zd½y940,3 ½60,14 910, 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 cot,5 Vi kan nu beregne de forskydningsstyrker som hhv. bøjler, trykstringer og langsgående trækarmering kan optage ved dette valg af cot som Asw (6/) VRd, w zfyd cot 910,458,3,5 393,kN s 150 0,7 f / 00 0,7 30 / 00 0,55 v ck cot,5 VRd, c v fcdbw z 0,550,69300910, 1071,58kN 1cot 1,5 fyd As 458,3715 VRd, l 995,4kN cot,5 V min( V, w; Vrd, c; VRd, l) 393,kN VEd Rd Rd 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 B11-03 7/8

Januar 01 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 43Ø 434 103mm s,max 458,3 111, 0MPa 103 Dette påvirker ikke beregningen af bøjlernes eller skråstringerens styrke, men den reducerer den forskydningskraft som den langsgående armering kan klare til s,max As 111,0 715 VRd, l 41,1kN cot,5 V min( V ; V ; V ) 41,1kN V R 86, kn OBS! Rd Rd, w rd, c Rd, l Ed Med den reducerede forankring kan bjælken således IKKE bære lasten når vi 1) anvender cot,5 og ) anvender den konservative værdi af VEd R. Den dokumenterede, efterviste bæreevne kan øges, når vi 1) reducerer cot, fx til cot,0 og ) udnytter muligheden for at reducere forskydningskraften til den kraft der optræder i afstanden z cot fra understøtningen. Vi beregner nu forskydningskraften V V( x zcot ) R( pg) zcot 88,3 (0 1,66) 0,910,0 8,9kN Ed og gentager beregningerne af bæreevnen fra sidste spørgsmål med den nye cot værdi og finder Asw (6/) VRd, w zfyd cot 910,0458,3,0 314,5kN s 150 cot, 0 VRd, c v fcdbw z 0,550,69300910,0 14,7kN 1cot 1,0 s,max As 111,0 715 VRd, l 301,4kN cot, 0 V min( V ; V ; V ) 301,4kN V 8,9kN 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. B11-03 8/8

Januar 01 Opgave B11 04 - 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 00 8 1 a a 8 Acp y y Moment om armeringsniveau M u F c (y) 1 8 3 d c(y) a f cd a a a f cd cd 1 3 1 1 B11-04 1/3

Januar 01 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 4 4 8 u c c cd cd cd B11-04 /3

Januar 01 Tværsnit 3 Vandret ligevægt Af s yd a N Acp fcd As fyd 0 Acp 8 fcd 5 1 8 4 Acp ay y a y a 5 5 Moment om armeringsniveau 4 8 8 Fc 1 a fcd, c1 a, Fc a fcd, c a 5 5 5 15 4 9 8 9 8 57 M F d c F d c a f a a a f a a a f 1, 53 a f 5 5 5 5 5 15 375 3 3 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. B11-04 3/3

Januar 01 Opgave B11-05 - 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, 0 10 3 3 cu3 c3 cd yd f / E 416,7 / 10,08310 5010 5 3 3 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 95,1 3 3 3 3 Da,08310 9,7510 5010 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, B11-05 1/7

Januar 01 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 50 10 3 3,510 0,8 0,500 bal cu3 cu3 yd 3 3 3,5 10,08310 3 As fyd 68417 0,1 bd f 0036017, cd Da und < < bal er tværsnittet normalarmeret og vi kan beregne M ud 6 bd f 10,5 (1 0,50,1) 0,100360 17, 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 10000 68416, 7 Nud by fcd As fyd 10000 y 111, 0mm b fcd 0017, hvorefter vi bestemmer og kontrollerer træktøjningen 3 d x 360 111,0 / 0,8 3 3,083 10 3 3,5 10 5, 6 10 yd s cu 3 x 111,0 / 0,8 uk 50 10 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(360 400 / ) 0,8138,7 0017,(400 / 0,4138,7) Nmm 6 97,1 10 97,1 knm B11-05 /7

Januar 01 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 36053,86 3 3 3 3,5 10 19,89 10 s cu x 53,86 5 3 s minimum( fyd, Ess) minimum(417; 10 19,89 10 3978,0) 417MPa x dsc 53,86 40 3 3 sc cu3 3,5 10 0,90 10 x 53,86 5 3 sc minimum( fyd, Essc ) minimum(417; 10 0,90 10 180,0) 180,0MPa N 0,8xbfcd Ascsc Ass 0,853,86 0017, 68180 68417 613N 0, 613kN 0kN h h h Mud 0,8xbfcd 0, 4x Ascsc dsc Ass d 0,853,860017, (400 / 0,4 53,86) 68180 (400 / 40) 6 68417 (360 400 / ) 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. B11-05 3/7

Januar 01 Spørgsmål 4 Punkt A Her er der trækflydning al armeringen og dermed er tværsnittet fuldt revnet. 3 N As fyd Asc fyd 68416,7 68416,7 53,6 10 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 Ascsc Ass 3 000,85,7 17, 68416,7 68416,7 61,1 10 N 61,1kN Mud b0,8 x fcd ( h/ 0, 4 x) Ascsc ( h/ dsc ) Ass ( d h/ ) 000,85,7 17, (400 / 0,4 5,7) 68416,7 (400 / 40) 68416,7 (360 400 / ) 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) B11-05 4/7

Januar 01 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 360 5 3 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 000,836017, 68416,7 680 M ud cd sc sc s s 3 15,4 10 N 15,4 ud kn 000,836017, (400 / 360 / 68416,7 (400 / 40) 6 68 0 (360 400 / ) 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 iflg tabel 4. 3 s sc c c3 10 Vi kan nu beregne armeringsspændingerne som E f MPa 5 3 sc s min( s s; yd ) min(10 10 ;416,7) 400 og finder derefter brudnormalkraft og brudmoment til 3 Nud bh fcd Ascsc Ass 0040017, 68400 68400 1878,4 10 N 1878,4kN M ud 0 knm da der er symmetri B11-05 5/7

Januar 01 Vi kan nu optegne M-N diagrammet (fx med Excel) som Mu (knm) 160 140 10 100 80 60 40 0 0-1000 -500 0 500 1000 1500 000 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) B11-05 6/7

Januar 01 Spørgsmål 5 Den nemmeste måde at checke de mange kombinationer af M og N er at indtegne dem i M-N diagrammet. Mu (knm) 160 140 10 100 80 60 40 0 0-1000 -500 0 500 1000 1500 000 N (kn) Vi ser at de flester af punkterne ligger indenfor diagrammets omkreds, og dermed kan tværsnittet bære alle disse kombinationer. Der er dog en kombination, som ligger udenfor og dermed kan tværsnittet ikke bære denne kombination af moment og normalkraft iflg vores M-N diagram.. 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. B11-05 7/7

Januar 01 Opgave B11-06 - 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 Armering: Ribbestål f 500 MPa, 1, f 417 MPa, yk s yd yd f yd 0,1% uk 5% for klasse B stål [Tabel 1.3] E s Bøjler f 410 MPa, 1, f 34 MPa ywk s ywd Hovedarmeringsareal A s A A 1 A A 3 4 (16 / ) (1 / ) (1 / ) 804 6 6 156 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 0 156417 3 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 430 16,5 stop, cu3 3,5 o / oo 0,84% x 16,5 dbund x 510 16,5 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 s3 3 6430 804510 6510 d 495 mm As 156 Vi beregner nu brudmomentet som M Af ( d 0, 4 x) 156417(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. B11-06 1/3

Januar 01 Spørgsmål : Understøtningsreaktion cot =,0 RAL 1 1 158,0 30 90 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 [5.9+5.8] 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 15,9 5 410 b w f ck 50 30 748 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 iflg. [5.3], men spørgsmålet drejede sig kun om at undersøge bøjleafstanden. B11-06 /3

Januar 01 Spørgsmål 3: Trækkraft i armeringen fra momentet ved understøtningen = 0. Ekstrakraft hidrørende fra skrårevneeffekten 1 1 Vsd (I) cot 90,0 90 kn [5.15] 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 9010 11 MPa 4ø16 804 Den nødvendige forankringslængde er derfor nødv sd 11 39ø 3916 161 mm 00 mm ok f 417 yd B11-06 3/3

Januar 01 Opgave B11-07 - Besvarelse Materialeparametre f cd fck 35MPa 4, MPa, cu3 3,5 10 1, 45 c fck v 0,7 0,55, t 0,7 v 0,37 00 MPa f f yk yd 3 yd 458 MPa, yd,9 10, 5 10 5 uk s 1, 0 Es 10 3 550 MPa f 458 Spørgsmål 1: V og T varierer lineært langs bjælken, M varierer parabolsk langs bjælken. Alle snitlaster er numerisk størst ved indspændingen. 3 g (0, 7 0,1 0,30,38) m 4 kn / m 4,8 kn / m V ( g p ) (4,8 1,5 15) kn / m4, m114,7 kn Ed p k T p e1, 5 15 kn / m4, m0, 5 m3, 6 knm Ed p k M g p kn m m knm Ed 0,5 ( p k ) 0,5 (4,8 1,5 15) / (4, ) 40,8 B11-07 1/5

Januar 01 Spørgsmål : Vi bestemmer effektiv tykkelse, areal og omkreds inden for regningsmæssig midtlinie : t ef A 300500 mm 94 mm u (300500) max 1 ( c Øt Ø) (0 1 1,5) mm 89mm A ( b - t )( h- t ) 06406 mm k w ef ef u ( b h t ) (300 500 94) mm14 mm k w ef Bøjler: Asw (1 / ) TRd, w Ak fyd cot 83600 458 144,3kNm s 10 Skrå trykstringere: cot T, Rd c A k t fcdt ef 83600 0.37 4,1 94 56,1kNm 1cot 1 Langsgående armering: Ak 83600 TRd, l Asl f yd 8 (5 / ) 458 1,8kNm u cot 14 k Samlet udnyttelse overfor vridning T min( T ; T ; T ) min(144,3;56,1;68,) 56,1kNm T 3,6kNm OK Rd Rd, w Rd, c Rd, l Ed B11-07 /5

Januar 01 Spørgsmål 3: Vi antager, 1) at tværsnittet er normaltarmeret og ) at den plastiske trykzone er placeret helt i flangen og ikke når ned i bjælkekroppen. Vi beregner 1 d hcøt Ø (500 0 1 1,5) mm455mm Af s yd 4 (5 / ) 457 y 5,97mm hf 10 mm OK! b f 70014, cd x y/ 5,97/0,866,mm d x 455 66, s cu3 3,5 10 0,56 10 d 66, 3 3 3 3 3 yd,9 10 s 0,56 10 uk 50 10 M A f z A f ( d y/) Rd s yd s yd OK! 4 (5 / ) 457 (455 5,97 / ) 384,5kNm M Ed 40,8 kn 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 3,510 0,8 0, 053 und cu3 cu3 uk 3 3 3,510 50 10 3 3,510 0,8 0, 484 bal cu3 cu3 yd 3 3 3,510, 9 10 3 Af s yd 4 (5 / ) 458 0,1164 bdf 7004551 4, f cd Da und < < bal er tværsnittet normalarmeret og vi kan beregne (1 ½ ) 0.1164(1 ½ 0,1164) 0.1096 M b d f 0,1096700455 4, 384,5kNm M 40,8kNm Rd f cd Ed B11-07 3/5

Januar 01 Spørgsmål 4: Til brug ved forskydningseftervisningen beregner vi den indre momentarm z z d ½ y 455 ½ 5,97 48,5mm Bøjler Asw (1 mm) 6mm 4 Asw 6 VRd, w z fyd cot 48,5458 739,kN s 10 Kontrol af bøjlearmeringens minimumskrav for at kunne regne forskydningsarmeret 0,75d 0,75455mm341mm s 10mm A f sw yk 6 458 15,9 15,9 1114 mm bw f 300 ck 4.1 OK Skrå trykstringer cot V Rd, c v fcdbw z 0.55 4, 300 48,5 653,3kN 1cot 1 Langsgående armering Pga. forskydningskraften kommer der en ekstra trækkraft i armeringen i træksiden : fyd As 4584 (5/) VRd, l 899,3kN cot Samlet udnyttelse overfor forskydning V min( V ; V ; V ) min(739, ;653,3;899,3) 653,3kNmV 114, 7kNm OK Rd Rd, w rd, c Rd, l Ed B11-07 4/5

Januar 01 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, 66 0,176 1, 4 1 DUER IKKE T M V 56,1 384, 47 653,3 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 0,164 0,155 0,319 1 OK V 144,3 739, Rd, W Rd, W Skrå trykstringere: T T Ed VEd 3,6 114,7 0,4 0,176 0,598 1 OK V 56,1 653,3 Rd, c Rd, C Langsgående armering: TEd MEd VEd 3,6 40,8 114,7 0.193 0.66 0.18 0.947 1 OK T M V 1,8 384,47 899,3 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 (1,4/0,947=1,9, dvs 9 % højere bæreevne) B11-07 5/5

Januar 01 Opgave B11-08 - Besvarelse Bestemmelse af materialeparametre f yk = 500 MPa f yd = 500/1, = 417 MPa => yd = f yd /E s = 417/(10 5 ) =,08510-3 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 = 8,83 kn/m Spørgsmål 1: Vi beregner det maksimale moment som 1 8,83 8 M Ed 30,6 knm 8 Vi antager, at tværsnittet er normaltarmeret og vi beregner d 400 35 8 0 / 347 mm Af s yd 5 (0 / ) 417 y 90,6mm b fcd 30014,1 x y/ 90,6/0,8113,mm d x 347 113, s cu3 3,5 10 7,7 10 d 113, M A f z A f ( d y/) 3 3 3 3 3 yd,08510 s 7,7 10 uk 5010 OK! Rd s yd s yd 5 (0 / ) 417 (347 90,6 / ) 197,6kNm M Ed 30,6 kn IKKE OK! Vi har nu eftervist de to antagelser og vist at momentbæreevnen ikke er tilstrækkelig. B11-08 1/6

Januar 01 Alternativt kan vi beregne et tværsnit, med rektangulær trykzone og et lag trækarmering udsat for ren bøjning efter ω-metoden 0 5 417 A s fyd 0,61 bd f 300347 4,1 cd 0,83,5 10 3 cu3 bal 3 3 cu3 yd 3,5 10,08510 0,83,5 10 3 cu3 und 3 cu3 uk 3,510 5, 0 10 0,501 0,05 (4.101) (4.113) Da und < < bal er tværsnittet normalarmeret og vi kan beregne M Rd (1 0, 5 ) => bd fcd 6 M 0,61 10,50,61 300347 4,1 197,810 Nmm 197,8 knm Rd 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 347 45,3 s cu3 3,5 10 3,31 10 d 45,3 3 3 3 3 3 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! 3003474, M 0,104 10,50,104 300347 4,1 86, 10 Nmm 86, knm ' 6 Rd B11-08 /6

Januar 01 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 B11-08 3/6

Januar 01 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 x 1 M i 1 85 0 ved Mmax x / L p L 8,838 0,454 og dermed M max M ( x / L 0,454) ½ 8,830,4548 (1 0,454) 8 0,45485 190,0kNm 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 B11-08 4/6

Januar 01 Spørgsmål 4: Belastningen p beregnes til p g 1,0 q k 0,75,88 1,0 0 0,75 17,88 knm Teknisk Ståbi angiver nedbøjningen på midten som W max 5 p L 384 E I 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. = 7,7 (fra Tabel 4.1 for f ck = 35 MPa) S bx x A d x x x x x mm t ( / ) s( ) 300 ( / ) 7,7 5 (0 / ) (347 ) 0 131,7 1 3 It bx bx( x/) As( d x) 1 1 300 131,7 300 131,7 (131,7 / ) 7,7 5 (0 / ) (347 131,7) 7,89 10 1 5 Es 10 EI EcIt It 7,89 1 8 1 0 0,5110 Nmm 7,7 W 3 8 4 mm 4 5 17,884000 46,5 mm 384 0,5110 max 1 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 300347 7,7 0,0151 0,1163 1 1 0,1163 1 1 0,3798 0,1163 1 1 b 3 0,379830,3798 0,1659 6 6 5,010 EI Ecb b d 0,16590,3798300347 7,7 0,5110 Nmm 3 3 1 B11-08 5/6

Januar 01 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 ( / ) 7,7 (0 / ) (347 ) 0 90,89 1 3 It bx bx( x/) As( d x) 1 1 300 90,89 300 90,89 (90,89 / ) 7,7 (0 / ) (347 90,89) 3,9 10 1 5 Es 10 EI EcIt It 3,9 1 8 1 0 10,1910 Nmm 7,7 Vi beregner nu nedbøjningerne 3 8 4 mm 4 5 17,88.(0,9168000) u1 13 384,050810 max 3,8mm 4 3 1 17,88 (0,0848000) 1 ½ 17,88 (0,9168000) (0,0848000) u 0,8mm 13 13 8 1,019310 3 1,019310 u 3,8 ½ 0,8 33, mm L/ 00 40mm og ser at nedbøjningen nu er under det krævede. Alternativt kunne vi anvende αρ-metoden A s 0/ bd 300347 0,00603 7,7 0,00603 0,04645 0,04645 1 1 0,619 0,04645 1 1 b 3 0,6193 0,619 0,1195 6 6 5,010 EI Ecbbd 0,11950,619300347 7,7 10,19 10 Nmm Bemærkninger 3 3 1 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. B11-08 6/6

Januar 01 Opgave B11-09 - 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 0,75 51000 18404 MPa 1000fcd 0700MPa 1,45 1,45 30 13 Ls 5000 L s /i 1 1 43,390 b 400 f 0, 74 17,1 MPa cd crd fcd 0,7 1 1 43,4 Eocrd 18404 A 400400 160000 mm c Søjlens bæreevne fra beton alene er: N A 16000017,1 736, 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 1810 0,0113 A 160000 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. B11-09 1/

Januar 01 Herefter beregnes bæreevnen inkl. armeringens bidrag som N crd A ccrd(1 ) 736, 0 (1 10, 0113) 3385 kn A A f 736, 0 1,810417 3491 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 5000 10000 mm 10000 1 86, 6 90 400 f 0,7 11, MPa cd crd fcd 0,7 1 1 86,6 Eocrd 18404 Ncrd 16000011, 179, 0kN (uden armeringsbidrag) A ccrd(1 ) 179, 0 (1 10, 0113) 17 kn N A crd ccrd Ascfyd 179, 0 1,810 417 547 kn A ccrd(1 0, 04 ) 179, 0 (1 0, 041) 397 kn Søjlen kan således bære 17 kn, dvs. bæreevnen ligger under belastningen på N Ed = 500 kn 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 /

Januar 01 Opgave B11-10 - 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. B11-10 1/3

Januar 01 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

Januar 01 Bemærk: Bjælkerne H, I og J er ens, men har forskellig belastning, hvor belastningen på J er summen af belastningerne på H og I. B11-10 3/3

Januar 01 Opgave B11-11 - 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 10 16 / 011 mm Vi regner på 1m af væggen d = 400 5 16/ = 367 mm d sc = 5 + 16/ = 33 mm Spørgsmål 1: B. 1. ordens momentet uden udbøjningsbidrag. 1 1 1 1 3 6 6 1 V(x) R q x / Lx 3 R q L q L 70 7000 81,67 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) 6 6 3 1 1 1 6 3 3 6 70 7000 0, 0 10 Nmm 0, 0 knm B11-11 1/4

Januar 01 C. Beregning af udbøjningen e Vi beregner e som 1 cu3 yd e Ls 10 d 5 3 3 yd 500 /1, / 10,0810 10 Ls 7000 mm 3 3 1 3,510,0810 e 7000 74,5 mm 10 367 D. Beregning af momentet inkl. udbøjningsbidrag 6 3 6 MEd MEod N e 0, 010 95010 74,5 90,810 Nmm 90,8 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

Januar 01 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 = 59,87 mm. For at kontrollere vores beregninger på PC en eller lommeregneren (og for at få det på papir) sætter vi i ligningerne sc 59,87 33 3,510 1,57 10 50 10 59,87 3 3 3 uk s 367 59,87 3,510 18, 010 50 10 59,87 3 3 3 uk sc 3 5 min (417, 1,57 10 10 ) min (417, 314,) 314, MPa s 3 5 min (417, 18,0 10 10 ) min (417, 3600,0) 417 MPa N 0,8100059,87 4, 011314, 011417 95,4 kn ~ 950 kn Rd M 0,8100059,87 4,(400 / 0,459,87) 011314,(400 / 33) Rd 6 011 417 (367 400 / ) 448,9 10 Nmm 448,9 knm Da M Ed = 90,8 knm < M Rd = 448,9 knm, så er bæreevnen eftervist. B11-11 3/4

Januar 01 Spørgsmål B. 1. ordens momentet uden udbøjningsbidrag. 1 x M ( x) ( qx/ L) x 3 1 3 qx / L 6 Momentet er størst ved indspændingen 1 1 70 7000 571,7 M Eod ql knm 6 6 C. Beregning af udbøjningen e Det ses, at L s = L, dvs. 1 3,5 10,0810 10 367 3 3 e (7000) 98,0 mm D. Beregning af momentet inkl. udbøjningsbidrag 6 3 MEd MEod Ne 571, 7 10 95010 98, 0 3 854,8 10 Nmm 854,8 knm E. Bæreevneeftervisning Da tværsnittet og belastningen N er som i spm. 1 er brudmomentet det samme som i spm.1, dvs M Rd = 448,9 knm < M Ed = 854,8 knm og væggen kan derfor ikke holde. B11-11 4/4

Januar 01 Opgave B11-1 - Besvarelse Spørgsmål 1: A. Materialeparametre f ck = 45 MPa, c = 1,45 => f cd = 45/1,45 = 31,0 MPa f yk = 500 MPa, s = 1, => f yd = 500/1, = 417 Mpa B. 1. ordens momentet uden udbøjningsbidrag. Førsteordensmomentet M Eod (fra tværlast og søjlelast uden udbøjninger) er givet som M Ne M Ne pl Nmm knm Eod 3 6 1 tværlast 1 0,5 90 10 100 0,5 1 5000 1,5 10 1,5 C. Beregning af udbøjningen e Vi beregner. ordens udbøjningen e som 1 10 d cu3 yd e L s 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 400 5 6 16 / 361mm f / E 500 /1, / 00000,0810 yd yd s uk cu3 5% 5010 3 3,510 3 3 Ved indsættelse findes e 3 3 1 3,5 10,0810 10 361 ( 5000) 154, 7 D. Beregning af momentet inkl. udbøjningsbidrag mm M M Ne Nmm knm Ed Eod 6 3 6 1,5 10 90 10 154,7 35,4 10 35,4 B11-1 1/3

Januar 01 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 f cd over arealet A ybhvor 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 90 10 (16 / ) 417 cp / 0,77 b fcd 40031,0 x y/ 0,8 0,77 / 0,8 5,97mm Heraf kan vi beregne træktøjningen i armeringen for at checke antagelsen om flydning x 3,510 5,97 3 cu3 3 s ( d x) (3615,97) 45,15 10,08 10 45,1510 5010 3 3 3 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 (4000,77 31,0)(400 / 0,77 / ) ( (16 / ) 417)(361400 / ) 6 75,8310 Nmm 75,83kNm M Ed 35, 4kNm Bæreevnen er således eftervist. B11-1 /3

Januar 01 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 35,4kNm Ed, x Ed, y Ed, spørgsmål 1 M M M 75,83kNm Rd, x Rd, y Rd, spørgsmål 1 Vi kan også bestemme α=1,0 fra tabel 7.3, da 3 NEd NEd 9010 0, 017 0,1 N A f A f 40040031,0 (16 / ) 417 Rd c cd s yd Herefter checker vi den samlede udnyttelsesgrad som 1,0 1,0 M Ed, x M Ed, y 35,4 35,4 M Rd, x M Rd, y 75,83 75,83 Søjlen kan derfor bære i biaxial bøjning. 0,93 1, 0 B11-1 3/3

Januar 01 Opgave B11-13 - Besvarelse Spørgsmål 1: Vi anvender standardmetoden med at regne det statiske moment St om nullinien, placeret x under tværsnittets top, og bestemme x ved at sætte St 0, hvorefter inertimomentet kan beregnes. Vi vælger at regne på en strimmel med en bredde på 1 m. 5 8 Ec Es / 10 / 8 5000MPa St bx( x/ ) As( d x) 1000 x( x/ ) 88 (8 / ) (15 x) 0 x5,3mm 1 3 It bx bx( x/) As( d x) 1 6 4 10005,3 (5,3 / ) 88 (8 / ) (15 5,3) 37,3810 mm 5 Es 10 6 6 EI EcIt It 37,3810 934,4 10 Nmm / m 8 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 4 3 4 5 ql 5 510 4000 umax 17,8 mm L/ 50 4000 / 50 16mm 6 384 EI 384 934, 410 Den enkeltspændte plade har således IKKE den nødvendige stivhed og nedbøjningen er for stor. I praksis vil man være nødt til enten at anvende mere armering og/eller tykkere beton, eller at regne på den dobbeltspændte plade. Alternativt kan vi beregne stivheden af et tværsnit, med rektangulær trykzone og et lag trækarmering udsat for ren bøjning efter αρ-metoden As (8 / ) 0,003 bd 1515 80,003 0,0574 1 1 0,0574 1 1 0,06 0,0574 b ½ (1 / 3) ½ 0,06 (1 0,06 / 3) 0,09446 3 3 6 EI E I E d b 50000,094460,0615 1 934,410 Nmm / mm c t c b B11-13 1/3

Januar 01 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 0,010 3 4 510 4000 umax 0,010 13, 7 mm L/ 50 16mm 6 934,4 10 Ved at regne pladen dobbeltspændt viser vi dermed at stivheden er tilstrækkelig overfor den bevægelige korttidslast. Bemærk: Ved at regne pladen dobbeltspændt har vi i dette eksempel reduceret bæreevnen til 13,7/17,8=77% af nedbøjningen for en enkeltspændt plade. B11-13 /3

Januar 01 Spørgsmål 3: Vi beregner pladens bøjningsstivhed som i spørgsmål 1, blot ændres α til langtidsværdien, nemlig 5 3 Ec Es / 10 / 3 650MPa St bx( x/ ) As( d x) 1000 x( x/ ) 38 (8 / ) (15 x) 0 x45,9mm 1 3 It bx bx( x/) As( d x) 1 1000 45, 9 (45, 9 / ) 3 8 (8 / ) (15 45, 9) 11,7 10 6 4 mm 5 Es 6 6 c t t 10 11,7 10 704,5 10 Nmm / m EI E I I 3 Vi finder derefter nedbøjningen som 3 4 (3, 6,5) 10 4000 umax 0, 0105 3,3 mm L/150 4000 /150 6, 7mm 6 704,510 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 30, 003 0,1030 1 1 0,1030 1 1 0,365 0,1030 ½ (1 / 3) ½ 0,365 (1 0,365 / 3) 0,1593 b 3 3 6 EI EcIt Ec b d b 6500,15930,36515 1 704,510 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 705,0/934,4=75% af stivheden overfor korttidslast. Dette skyldes at det primært er trækarmeringens stivhed og den effektive højde der styrer bøjningsstivheden af det revnede tværsnit. B11-13 3/3

Januar 01 Opgave B11-14 - 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). B11-14 1/6

Januar 01 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 3 3 3 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

Januar 01 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 3 3 1 11 my,max p1aa p r a pa pa 3 pa pa 4 8 8 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 B11-14 3/6

Januar 01 Kogebog for opstilling af strimmelmodel. Vi forestiller os i virkeligheden at vi starter med det tomme felt (fx et hul i jorden eller en manglende etageadskillelse). 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. B11-14 4/6

Januar 01 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. 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 www.betonkonstruktioner.byg.dtu.dk B11-14 5/6

Januar 01 Spørgsmål : Den kinematisk mulige brudfigur: Denne kan f.eks. kan se ud som nedenfor Beregning af indre og ydre arbejde og bæreevne: 8 Ã 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 -Ã i = A y finder vi 3 8 p Ay / a 11 11 m a u Kommentarer Da vi bemærker at øvreværdien og nedreværdien identiske (p - =p + ), så er det den præcise bæreevne, som vi har bestemt. B11-14 6/6

Januar 01 Opgave B11-15 - Besvarelse Spørgsmål 1: Lastfordeling og strimlernes statiske modeller: B11-15 1/7

Januar 01 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 : 3 1 4 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 3 3 9 a B11-15 /7

Januar 01 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 38 3 36 3 pa 1 5pa 31 mcd ½ p1a p( a/)(5 a/4) r1 a 0 r1 ap 3 34 36 Som ved den første strimmel beregnes forskydningskraftkurven Det ses at forskydningskraften er nul i a 13 37 x a a 48 48 Herefter beregnes det maksimale momentet som u 3 1 4 3 35 3 max mx r ( ax) p( ax) a p 0,354 a p mu 3 348 7 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 B11-15 3/7

Januar 01 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 () 3 3 3 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 1 1 13 Ay a p a p a p a p 3 1 11 1 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 B11-15 4/7

Januar 01 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 () 3 3 4 A m a m a m 3a 4 (3) 3x 0 3 y 3a (3) 3 3 4 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 4 3 4 3 3 3 3 4 3 3 4 108 108 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. B11-15 5/7

Januar 01 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) 3 3 4 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 B11-15 6/7

Januar 01 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 4 4 9 3 4 9 3 4 a a 1 3a 1 3a 11 p a a a p 3 3 4 3 4 3 4 108 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 11 9 3 4 3 3 4 3 4 108 Ay ap p p a a p Advarsel: Denne metode duer kun, hvis lasten er konstant og jævn last i hver trekant og hvert rektangel. B11-15 7/7

Januar 01 Opgave B11-16 - 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 3 x y 4 a B11-16 1/

Januar 01 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 a m a () i u y u u () 1 Ay a3ap pa 3 Heraf finder vi at (1) () 4 3 17 Ai Ai Ai mu mu 3 6 (1) () 5 7 Ay Ay Ay 1pa pa 17 m 17 m m A A p 0,81 7 6 a 1 a a u u u i y B11-16 /

Januar 01 Opgave B11-17 - 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. B11-17 1/6

Januar 01 Beregning af de enkelte strimlers bæreevne: Strimmel III. Vi har en statisk model af strimmel III som viser at der er 3 ukendte parametre (p 1, p og R 3 ), men da der kun er to ligevægtsbetingelser (momentligevægt og lodret ligevægt), så kan den ene af de tre parametre vælges frit. Jeg vælger frit p 1 =0,5p, men et hvilket som helst valg ville være muligt. Jeg tager momentligevægt om understøtningen og finder 6a a 9a 4 1 71 m6pa pa 1 p3a 0 p p p1 p 1,3148p 3 7 54 hvorefter den lodrette ligevægt giver mig 14 RIII 6 pa p1a p3a pa 1,5556 pa 9 Jeg tegner nu forskydningskraftkurven op Da strimmel III har m=0 i hver bjælkeende og forskydningskraftkurven kun har et nulpunkt i 37 x a, 0556a 18 så er momentet altid positivt i strimmel III og har et maksimum i det punkt, hvor forskydningskraften er lig med nul: 107 mmax III RIII x pa 1 ( xa/ ) ½ px pa 1,867 pa mu 648 648 piii mu / a 0,5368 mu / a 107 B11-17 /6

Januar 01 Strimmel II: Vi har her en symmetrisk belastet strimmel med symmetriske understøtningsforhold, så momentligevægten er per definition opfyldt og der skal blot kontrolleres for lodret ligevægt: 3 RII p1a pa pa 1, 5 pa Da belastningen er symmetrisk og al belastningen virker i samme retning, så vil momentmaksimummet findes på midten, hvor vi finder 3 1 7 mmax II RII a pa 1 a pa a pa 1,75pamu 4 4 pii mu / a 0,5714 mu / a 7 Strimmel I: Denne behandles på samme måde som strimmel II og vi finder 87 RI pa 4 pa pa 5,3148pa 54 3 1 719 mmax I RIa pa a4 pa a pa 6, 6574 pa 5mu 108 540 pi mu / a 0, 7510 mu / a 710 Nedreværdien Den samlede nedreværdi for strimlerne findes som den laveste af nedreværdierne, dvs. 540 4 648 648 p min( p, p, p ) min( m / a, m / a, m / a ) m / a 0,5369 m / a 710 7 107 107 I II III u u u u u B11-17 3/6

Januar 01 Andre valg af p 1 og dets konsekvenser p 1 p p I p II p III (p) (p) (m u /a ) (m u /a ) (m u /a ) (m u /a ) 0,00 1,3333 0,7500 0,6667 0,5000 0,5000 0,05 1,3315 0,7501 0,6557 0,5035 0,5035 0,10 1,396 0,750 0,645 0,5070 0,5070 0,15 1,378 0,7503 0,6349 0,5106 0,5106 0,0 1,359 0,7504 0,650 0,514 0,514 0,5 1,341 0,7505 0,6154 0,5179 0,5179 0,30 1,3 0,7506 0,6061 0,516 0,516 0,35 1,304 0,7507 0,5970 0,553 0,553 0,40 1,3185 0,7508 0,588 0,591 0,591 0,45 1,3167 0,7509 0,5797 0,5330 0,5330 0,50 1,3148 0,7510 0,5714 0,5369 0,5369 0,55 1,3130 0,7511 0,5634 0,5408 0,5408 0,60 1,3111 0,7513 0,5556 0,5448 0,5448 0,65 1,3093 0,7514 0,5479 0,5488 0,5479 0,70 1,3074 0,7515 0,5405 0,559 0,5405 0,75 1,3056 0,7516 0,5333 0,5571 0,5333 0,80 1,3037 0,7517 0,563 0,5613 0,563 0,85 1,3019 0,7518 0,5195 0,5655 0,5195 0,90 1,3000 0,7519 0,518 0,5698 0,518 0,95 1,981 0,750 0,5063 0,574 0,5063 1,00 1,963 0,751 0,5000 0,5786 0,5000 Kommentar: I dette tilfælde vil det optimale valg være p 1 =0,645p, hvilket kræver en del optimering og i dette eksempel blot øger bæreevnen med ca. %. I andre og mere komplicerede eksempler kan en optimering dog øge bæreevnen mere, hvis det er nødvendigt. p B11-17 4/6

Januar 01 Spørgsmål : Brudfigur Der er naturligvis en række mulige brudfigurer, men jeg vælger den nedenstående da jeg mener at den er ret optimal Beregning af indre arbejde / a ( /)/ a /a 1 3 1 A ( m a5m 3 a) 8 m A ( m am a) m A A (1) () (3) (1) i 1 u u u i u u u i i A A A A 17 m (1) () (3) i i i i u B11-17 5/6

Januar 01 Beregning af ydre arbejde Ved beregning af det ydre arbejde opdeler vi pladen i mindre rektangler eller trekanter, hvor der er konstant last og styrke i hver enkelt del. Dette betyder at vi opdeler pladen som vist på figuren nedenfor. Vi noterer hvert enkelt hjørnes flytning på figuren, hvorefter middelflytningen i hvert delfelt skrives på i en cirkel som vist. Vi kan nu bestemme det ydre arbejde som 3 64 Ay p( a ) p(3aa aaaa) 4 p( a3a) pa 1,3333 pa 6 4 4 3 Beregning af øvreværdien 64 51 m m Ay Ai Ai pa 17mu p 0, 7969 3 64 a a u u B11-17 6/6

Januar 01 Opgave B11-18 - Besvarelse Materialeparametre f f / 5 /1,45 17,MPa 3,5 10 cd ck c cu3 f f / 500 /1, 417 MPa f / E 417 / 10,08510 510 5 3 yd yk s yd yd s uk f f / 35 /1, 45 196MPa ywd ywk s 3 Spørgsmål 1: Vi vælger b = 0,15 m (fordi bjælken skal ligge på en på en 15 cm tyk væg). Da vi ved at højden h bør ligge på mindst 1/0L= 0,15 m, vælger vi højden til lidt mere, fx til 0, m og finder g = 0,150,04 = 0,7 kn/m p + g = 15+0,7 = 15,7 kn/m 1 1 M Ed ( pg) L 15, 7,9 16,5 knm 8 8 Ved brug af overslagsformlerne finder vi h 800 M / b 80016,5 / 0,15 97 mm Ed Vi runder den højde af til en Pæn værdi, nemlig h=300mm. Dette øger g til g=0,150,304=1,08kn/m, svarende til M Ed =16,9kNm og dette er så lille en ændring at vi ikke genregner vores overslag (gæt) på h. B11-18 1/6

Januar 01 Spørgsmål : Design: M Rd = za s f yd M Ed = 16,9 knm Vi sætter nu z 0,8 h0,8300 40mm og finder A s 6 M Ed 16,9 10 z f 40417 yd 168,9 mm Vi vælger ø1 A s = 113,1 = 6, mm, som er væsentligt over minimumskravet og momentbæreevnen er dermed sikret forudsat at tværsnittet ikke er blevet overarmeret, men det skulle ikke ske ved brug af overslagsdimensioner. (Havde vi valgt ø10, så ville vi have fået A s = 78,54 = 156,04 mm og dermed ligge under minimumskravet). Eftervisning: Vi har lagt mere armering i end der blev krævet med d=40mm, men vi skal stadigvæk checke om d er blevet mindre (eller alternativt om M Rd er stor nok). Vi har også antaget at bjælken er normaltarmeret, men dette skal også kontrolleres. Til denne kontrol og til brug i næste spørgsmål beregner vi den effektive højde og armeringsforholdt. Vi regner med at vi senere vil anvende bøjler med max. 6 mm i diameter og sætter dæklaget til 0 + 5 = 5 mm og finder d 300 5 6 1 / 63 mm 40mm OK! Vi kunne alternativt beregne den plastiske trykzones højde y, indremomentarm z og brudmoment som Af s yd 6, 417 1 1 y 36,6mm z d y 63 36,6 47,7mm b fcd 15017, M A f z 6,417 47,7 3,08kNmM 16,9 knm OK! Rd s yd Ed Vi kontrollerer kravet om normaltarmeret tværsnit ved at beregne tøjningen i trækarmeringen og kontrollerer at den er i flydning, men ikke revet over 3 cu3 cu3 3,510 3 s ( d x) ( d y/ 0,8) (63 36,6 / 0,8) 16,610 x y/0,8 36,6/0,8 3 3,08510 16,6 10 5,0 10 OK! yd s uk Vægten af armeringen er x 3 m x 0,915 kg/m = 5,49 kg B11-18 /6

Januar 01 Spørgsmål 3: Design: Vi vælger at anvende ø6-bøjler og afkorter ikke armeringen, da bjælken kun er 3 m lang. Vi kan derfor vælge cot =,5 (som giver den bedste udnyttelse af bøjlerne i forskydning) og ønsker også at have den mindst mulige forskydningskraft. Vi beregner derfor 1 VEd Rzcotpg Lz cot pg 1 900 44,7,5 16,08 13,48 10 3 N 13,48 kn Forskydningsstyrke kravet til bøjlerne er Asw (6/) s z fywd cot 44,7 196,5 50,0 mm 3 V 13,4810 Ed De næste krav er kravet om den maksimale bøjleafstand aht skrårevnerne og kravet til bøjlernes minimumsstyrke s 0,75d 0,7563 197,3mm 15,9 Asw fywk 15,9 8,7 35 s 81,6 mm b f 150 5 w ck Vi kræver at bøjlernes maksimale afstand skal være mindre end den mindste af de 3 afstande, dvs. mindre end 197,3 mm. Vi vælger derfor en mindre og pænere afstand s = 175 mm. Eftervisning: Forskydningsbæreevnen er dermed sikret mht. bøjlerne og alle minimumskrav til bøjlerne er opfyldt. Vi skal dog også checke trykstringeren og finder 0,7 fck / 00 0,7 5 / 00 0,575 cot,5 VRd, c fcdbw z 0,7 17,115047,7 16,0kN V 13, 48 Ed kn 1cot 1,5 Bemærk at det i denne situation ikke er kravet til forskydningsstyrke, der er dimensionsgivende for bøjlerne, men derimod beskyttelsen imod skrårevner. Vægten af armeringen i bøjlerne bliver 3000 175 0,3 0,15 0, 3,6 kg B11-18 3/6

Januar 01 Spørgsmål 4: Vi skal kontrollere værdierne for placering af armering for at checke at den kan udstøbes og forankre armeringen c = dæklag = 5 mm ø tolerancetillæg 1 5 17mm c1 5 6 31mm c øt 5 6 31mm Ø 1 mm a 150 5 6 1 64mm dg 5 mm 16 5 1mm Kravene er således opfyldt og vi kan derfor udstøbe bjælken. B11-18 4/6

Januar 01 Spørgsmål 5 Vederlagsdybden a=100mm er ret lille og vi kan derfor ikke udnytte trækarmeringens flydestyrke fuldt ud. Når vi beregner basisforankringslængden finder vi l 44Ø 441 58mm b og kan dermed udnytte en styrke på a 100 s,max f yd 417 79MPa l 58 b Dette betyder at den forskydende kraft der kan optages af den langsgående trækarmering er s,max As 79 (1/) 3 3 VRd, l 14,310 N VEd 13,48 10 N cot,5 Dette betyder at forankringen af bjælkens trækarmering er tilstrækkelig. Hvis bærrevnekravet her ikke havde været opfyldt, kunne vi have øget V Rd,l meget ved at reducere cotθ. Dette ville dog kræve at vi regnede den øvrige forskydningsbæreevne om, dvs.- regnede V Ed og V Rd,c og V Rd,w om og det kunne meget vel medføre at vi skulle øge mængden af bøjler i bjælken. B11-18 5/6

Januar 01 Spørgsmål 6 Trækarmering og bøjler vejer tilsammen 5,49 + 3,6 = 9,1 kg/bjælke Med en pris på 40 kr./kg armering inkl. arbejdsløn svarer dette til 364 kr. for armering i en bjælke. a) Ved produktion af højst 10 bjælker kan det ikke betale sig at optimere meget på dette design: 10% besparelse på 10 bjælker vil give 364 kr. i besparelse men vil måske kræve 1 times ingeniørarbejde, dvs. 600 kr. i omkostning. b) Ved produktion af mindst 100 ens bjælker vil det være god ide optimere designet, da vi i den situation kan spare penge. B11-18 6/6

Januar 01 Oversigt over opgavernes indhold Bøjning i anvendelsestilstanden.... B11-03, B11-08, B11-13 Bøjning med normalkraft i brudgrænsetilstanden.. B11-05 Bøjnings i brudgrænsetilstanden.... B11-03, B11-04, B11-05, B11-06, B11-07 Dimensionering.. B11-18 Forskydning.. B11-03, B11-06, B11-07 Kombineret vridning, forskydning og bøjning... B11-07 Kontinuerte bjælker. B11-08 Materialerelationer.. B11-0 Plader, brudliniemetode. B11-14, B11-15, B11-16, B11-17 Plader, nedbøjninger... B11-13 Plader, strimmelmetode. B11-14, B11-15, B11-17 Snitkræfter, quiz.. B11-01 Snitkræfter, superposition... B11-10 Svind... B11-0 Søjler, centralt belastede. B11-09 Søjler, excentrisk og tværgående last... B11-11, B11-1 Vridning.. B11-07

DTU Civil Engineering Department of Civil Engineering Technical University of Denmark Brovej, Building 118 DK 800 Kgs. Lyngby Telephone +45 45 5 17 00 www.byg.dtu.dk