1 Module Uitwerkingen van de opdrachten Hoofdstuk 2 Normaalspanningen Opdracht 1 a De trekkracht volgt uit: F t = A f s = (10 100) 25 = 25 000 N = 25 kn b De kracht kan als volgt worden bepaald: l F Δl = l ε = l = E E A F = EA l = 2,1 10 5 (10 100) l 10 2000 = 1050 10 N = 1050 kn c Kracht en verlenging gedragen ich lineair (ijn evenredig): F = 1050 10 20 10 = 2100 10 N = 2100 kn Figuur.1 Opdracht 2 a Als het gat op diepte is, hangt de boorkop net vrij van de bodem. De boortafel krijgt dan het volledige gewicht van de boorstang te dragen.
2 De spanning is niet constant: aan de punt is dee nul, ter plaatse van het ophangpunt is de spanning maximaal. De gemiddelde spanning is: gem + = = 2 2 min max max Hiermee kan de gemiddelde rek worden bepaald en daarmee de verlenging: l gem l = gem l = = E max 2E l De onbekende in dee vergelijking is de maximale spanning ter plaatse van het ophangpunt. Met de gegevens van de boor kan worden gevonden: max F volume g A l g = = = = g l A A A Hieruit volgt: l g l 7800 10 10 (200 10 ) 2E 2E 2 2,1 10 2 9 2 max l = = = = 5 7,4mm Het geboorde gat wordt hiermee 200 007,4 mm diep. b Doordat de staaf op de punt rust, al de boorstang onder druk komen te staan. De drukspanning is even groot als de trekspanning die is gevonden bij vraag a. De kabel al over moeten worden gevierd dat de trekspanning kan overgaan in een drukspanning. De totale verkorting die daarmee gepaard gaat, is 7,4 + 7,4 = 14,86 mm. De kabel al dus 14,86 mm moeten worden gevierd. Figuur.2
Opdracht Door de temperatuurverhoging ullen de beide materialen willen uitetten. Doordat de materialen met elkaar ijn verbonden, al de verlenging voor beide materialen gelijk ijn. Figuur. a We kijken naar het afonderlijke gedrag van de beide materialen. Uiteraard moet er krachtenevenwicht ijn. De evenwichtsvergelijking die kan worden opgesteld, luidt (ie hiervoor de theorie): (Δl T + Δl Ft ) staal = (Δl T Δl Fc ) messing Met: Δl T = ΔT α l; l = F c F l E A Uit het evenwicht volgt dat de drukkracht even groot moet ijn als de trekkracht: F c = F t Invullen levert de basisvergelijking met als onbekende de kracht F: F l F l T l + = T l E A E A staal staal F F T + = T E A E A messing messing
4 Met: ΔT = 69 15 = 54 A staal = 1 4 π 1002 = 78,54 mm 2 A messing = 1 4 π (242 10 2 ) = 7,85 mm 2 De onbekende kracht F kan nu worden opgelost en daarmee kunnen vervolgens de spanningen in het staal en messing worden bepaald: 6 F 6 F 54 12 10 + = 54 19 10 + 5 4 2,1 10 78,54 8 10 7,85 F = 4021 N F 4021 σ staal = = = 51,2 N/mm 2 A 78,54 σ messing = staal F A messing 4021 = = 10,76 N/mm 2 7,85 In het staal ontstaat een trekspanning, in het messing een drukspanning. b De verlenging kan worden bepaald met: F l 54 12 10 6 100 4021 100 l = T l + = + 2,1 10 5 E A 78,54 staal = 0,089 mm Opdracht 4 Voor het oplossen van dit vraagstuk wordt uitgegaan van de volgende basisvergelijking: (Δl T + Δl Ft ) staal = (Δl T Δl Fc ) beton 1 F F T + = T 2 E A E A staal beton Met: σ beton = F A beton beton = 5 N/mm 2 F beton = 5 15 10 4 = 5250 10 N = F staal Verder uitwerken levert voor de nog onbekende temperatuurverhoging: 1 5 5250 10 5 5 T 1 10 + T 2 10 T 7,9 2 5 4 = = = 4 2 10 10 15 10
5 Hoofdstuk Spanningen als gevolg van buiging Opdracht 5 a Algemeen geldt: M = W, el f s met: f s = 25 N/mm 2 Voor de gevraagde profielen levert dit tabel.1. Tabel.1 Profielgegevens Profiel W [mm ] e.g. [kg/m] M [knm] HE200A 88,6 10 mm 42, 91, HE200B 569,6 10 mm 61, 1,9 HE200M 967,4 10 mm 10,0 227, b Door het moment te delen door het eigengewicht kan de capaciteit van het profiel ten opichte van de hoeveelheid materiaal (prijs) worden bepaald (ie tabel.2). Tabel.2 Capaciteit Profiel e.g. [kg/m] M [knm] HE200A 42, 91, 2,16 HE200B 61, 1,9 2,18 HE200M 10,0 227, 2,21 M/e.g. [knm/kg] Conclusie: de M-profielen ijn wel sterker per kg dan de A- en B-profielen, maar qua prijsprestatie maakt het niet veel uit. Opdracht 6 Uit smmetrie volgt: A V = B V = 8 10 2 = 40 kn; M veld = 1 8 10 82 = 80 knm Het benodigde profiel volgt uit de basisvergelijking: M = W, el f s 80 10 6 = W, el 25 W, el = 94,4 10 mm Kies een IPE270 met een W, el = 428,9 10 mm.
6 Figuur.4 Hoofdstuk 4 Schuifspanningen door een dwarskracht Opdracht 7 Ter plaatse van de neutrale lijn in de doorsnede is de schuifspanning maximaal. De grootte van de schuifspanning wordt bepaald met: V S = b I Het statisch moment van het afgeschoven deel (halve doorsnede) is: 2 S = (b 1 h) 1 1 h = bh 100 2 2 2 = = 12 500 mm 8 8 Het traagheidsmoment van de doorsnede is: I = 1 12 bh = 8, 10 4 mm 4 De schuifspanning ter plaatse van de neutrale lijn wordt hiermee (b = 100 mm): 5000 125000 τ max = 4 100 8, 10 = 0,75 N/mm 2 Het schuifspanningsverloop is parabolisch over de hoogte van de doorsnede. Aan de boven- en onderrand moet de schuifspanning nul ijn; ter plaatse van de neutrale lijn (halverwege) is de
7 schuifspanning gelijk aan de hiervoor gevonden maximale waarde. Voor een rechthoekige doorsnede kan hiervoor worden gevonden: V 5000 τ max = = 2 2 A 100 100 = 0,75 N/mm 2 De maximale schuifspanning is dus 1,5 maal de gemiddelde schuifspanning. Hoofdstuk 5 Zwaartepunten en traagheidsgrootheden Opdracht 8 Figuur.5 Deel de figuur op in een omhullende rechthoek en een driehoek. Dee driehoek is een negatief oppervlak, dit moet van de omhullende af om het gegeven oppervlak te verkrijgen. A 1 = 60 50 = 000 mm 2 (rechthoek) A 2 = 1 2 40 0 = 600 mm2 (driehoek)
8 De ligging van het waartepunt wordt bepaald ten opichte van de - en -as. S 1A1 2A2 0 000 46,66 600 = = = = 25,8 mm A A A 000 600 tot 1 2 S 1A1 2A2 25 000 10 600 = = = = 28,75 mm A A A 000 600 tot 1 2 Visuele controle van de ligging van het waartepunt levert op dat dit punt inderdaad boven de halve hoogte moet liggen en links van de halve breedte. De gevonden waarden ijn hiermee in overeenstemming. Opdracht 9 De gegeven figuur is smmetrisch ten opichte van de horiontale en verticale as. Het waartepunt ligt in het midden van de figuur. Splits de figuur op in bekende basisvormen (ie hiervoor figuur.6). deel 1 = 40 60 mm 2 deel 2 = 20 40 mm 2 I totaal = I eigen 1 I eigen 2 = 1 40 12 60 1 12 20 40 = 61, 10 4 mm 4 I totaal = I eigen 1 I eigen 2 = 1 60 12 40 1 12 40 20 = 29, 10 4 mm 4 Figuur.6
9 Hoofdstuk 6 Transformaties van assenstelsels Opdracht 10 De figuur is smmetrisch ten opichte van de verticale as; het waartepunt ligt dus op de verticale as. Splits de figuur op in bekende basisdelen (ie hiervoor figuur.7a). Om de oplossing te bepalen ijn de volgende stappen nodig: 1 Bepaal het waartepunt van de afonderlijke bekende delen. 2 Bepaal het waartepunt van de samengestelde doorsnede. Bepaal de verschuiving van de bekende delen ten opichte van het gevonden waartepunt van de totale doorsnede (verschuifterm in de regel van Steiner). 4 Bepaal het eigen traagheidsmoment van de afonderlijke delen. 5 Bepaal het totale traagheidsmoment, dus inclusief de translatie (verschuiving). deel I = 10 0 = 00 mm 2 deel II = 10 20 = 200 mm 2 deel III = 20 15 = 00 mm 2 Het waartepunt van de doorsnede wordt gevonden met (ie ook figuur.7b): = S 00 ( 15) + 200 0 + 00 17,5 = A 00 + 200 + 00 tot = 0,94 mm De stappen 2 tot en met 5 ijn in tabel. weergegeven. Tabel. Stap 2 t/m 5, eenheden in mm Deel A 2 A I eigen I 00 15,94 76.225,1 1 12 0 10 = 2500,00 II 200 0,94 176,72 1 12 10 20 = 6666,67 III 00 16,56 82.270 1 12 20 15 = 5625,00 Totaal 800 158,7 10 14,8 10 Voor de beide traagheidsmomenten wordt gevonden: I = 158,7 10 + 14,8 10 = 17,5 10 mm 4 I = I eigen I + I eigen II + I eigen III = 1 12 0 10 + 1 12 10 20 + 1 12 20 15 = 4,2 10 mm 4
10 Figuur.7 Hoofdstuk 7 Spanningscombinaties Opdracht 11 Het profiel moet een moment en een normaal(druk)kracht opnemen. De maximale spanning is 25 N/mm 2. De basisvergelijking die moet worden gebruikt, is: M N = W A
11 Figuur.8 De momentcapaciteit van een HE200A is: M max, el = W, el f = 88,6 10 25 = 91, 10 6 Nmm = 91, knm Het optredende moment is 50 knm, de bijbehorende spanning volgt uit het lineaire verband tussen het moment en de normaalspanning ten gevolgde van het moment: σ M = ± 50,0 91, 25 = ±128,7 N/mm2 Voor de normaalspanning ten gevolge van een normaal(druk)kracht is de drukone maatgevend. De drukspanning is maximaal gelijk aan 25 N/mm 2. Voor de spanning ten gevolge van de normaalkracht resteert: σ M + σ N = f s 128,7 + σ N = 25 σ N = 106, N/mm 2 De normaalkracht die hierbij hoort, is: N = 106, A = 106, 58 = 572 10 N = 572 kn De drukkracht heeft dus een grootte van 572 kn. Opdracht 12 De basisvergelijking luidt: M M M M I I W W = = Voor een HE180B geldt: W, el = 425,7 10 mm W, el = 151,4 10 mm
12 Ten gevolge van het optredende moment M ontstaat er in de uiterste veel een spanning: M M = = W 6 25 10 425,7 10 = ±58,7 N/mm 2 De grootte van de normaalspanning in dee uiterste veel kan door toedoen van een moment M nog maximaal toenemen tot de vloeispanning. Hieruit volgt voor de spanning ten gevolge van een moment M : σ M = 25 58,7 = 176,27 N/mm 2 De grootte van het moment M is nu te bepalen met: M = 176,27 W, el = 176,26 151,4 10 = 26,69 10 6 Nmm = 26,7 knm Opdracht 1 De basisvergelijking die moet worden gebruikt, is: M M N I I A = De doorsnede is smmetrisch. De traagheidsmomenten en het oppervlak van de doorsnede ijn als volgt te bepalen: I = 1 12 25 40 2 1 12 5 20 = 126,67 10 mm I = 2 1 12 25 10 + 1 12 15 20 = 1,67 10 mm A = 2 25 10 + 15 20 = 800 mm 2 In drie punten ijn de spanningen gegeven. Er kunnen nu dus drie vergelijkingen worden opgesteld met als onbekenden de momenten M, M en de normaalkracht N. In de vergelijkingen worden dee snedekrachten positief aangenomen. Uit de berekening al blijken of dee aanname juist was. Voor elk punt moet per snedekracht worden nagegaan of de spanningsbijdrage positief of negatief is. Bestudeer hiervoor figuur 7.4 op bl. 191. (1) (2) () M 10 M 12,5 N I I A 1 = + + M 7,5 2 = + I N A M 10 M 7,5 N I I A = + +
1 Uitwerken levert: (1) (2) () 15 M 10 M 12,5 N 126,67 10 1,67 10 800 = + + M 7,5 1,67 10 = + N 800 M 10 M 7,5 N 126,67 10 1,67 10 800 10 = + + Door vergelijking (1) en () bij elkaar op te tellen, valt de bijdrage van M eruit. Samen met vergelijking (2) resteren dan nog twee vergelijkingen met twee onbekenden: (1) + () (2) 5 M 20 2N 1,67 10 800 = + M 7,5 1,67 10 = + N 800 Door de laatste vergelijking met 2 te vermenigvuldigen en van de eerste af te trekken, wordt N geëlimineerd en ontstaat: M 5 11 = 1,67 10 M = 995 Nmm Met vergelijking (2) kan voor de normaalkracht worden gevonden: N 995 7,5 = 800 + 1,67 10 = 514 N Door gebruik te maken van vergelijking (1) wordt voor het moment M gevonden: 15 M 10 995 12,5 514 126,67 10 1,67 10 800 = + + M = 148 82 Nmm Met de basisformule en de nu bekende snedekrachten kan de spanning in elk punt (, ) worden bepaald: M M N I I A = + Voor de vier buitenste punten wordt o tabel.4 gevonden.
14 Tabel.4 Spanningen in de hoekpunten Punt Spanning [N/mm 2 ] Linksboven 12,5 20 18,9 Rechtsboven 12,5 20 26,7 Linksonder 12,5 20 28,0 Rechtsonder 12,5 20 20,1 Opdracht 14 De gegevens van een IPE160 ijn: A = 2009 mm 2 W = 108,7 10 mm W = 16,66 10 mm Voor de kernafmetingen kan worden gevonden (ie figuur.9): 1 e 1 e A W 2009 16666 + 0 + 0 e = 8, mm 1 e 1 e A W 2009 108 700 + 0 + 0 e = 54,1 mm Figuur.9 Opdracht 15 De basisvergelijking waarmee moet worden gewerkt, is: M M M = = met: W = 1 6 I W bh2 = 6 10 6 mm
15 a Het moment ten gevolge van de q-last en de hierdoor optredende (buig)spanning: M = 1 8 10 82 = 80 knm 80 10 σ = ± 6 10 6 6 = ±2,22 N/mm2 Het moment ten gevolge van de voorspankracht en de hierdoor optredende (buig)spanning: M = P v e = 100 0,2 = 20 knm 20 10 σ = ± 6 10 6 6 = ±5,55 N/mm2 De spanning ten gevolge van de normaalkracht: N = = A 100 10 600 600 = 0,278 N/mm 2 De uiteindelijke spanningen in de uiterste veels aan de boven- en onderijde van de balk worden hiermee (ie ook figuur.10): σ boven = 2,22 + 0,555 0,278 = 1,94 N/mm 2 σ onder = +2,22 0,555 0,278 = +1,8 N/mm 2 Figuur.10 b Aan de onderijde van de ligger is een trekspanning aanweig. Beton kan geen trek opnemen (scheurt), dus de voorspanning moet odanig worden aangebracht dat er juist een spanning nul optreedt in de uiterste veel aan de onderijde van de balk: Pv 100 Pv σ onder = 2,22 = 0 W A Uitwerken levert een voorspankracht: P v = 99,6 kn
16 Opdracht 16 Zie voor de uitwerking figuur.11,.12 en.1. Figuur.11 Figuur.12 Figuur.1
17 Hoofdstuk 8 Niet-homogene dwarsdoorsneden Opdracht 17 De kolom van gewapend beton heeft de volgende gegevens: A = 50 50 mm 2 A c = 0,96A; A s = 0,04A E c = 28 500 N/mm 2 E s = 2,1 10 5 N/mm 2 Met dee gegevens kan de kracht in het beton worden bepaald: F c Ec Ac = F E A + E A c c s s 28500 0,96 50 50 = 800 10 5 28500 0,96 50 50 + 2,1 10 0,04 50 50 = 196,5 10 N = 196,5 kn De spanning in het beton wordt hiermee: σ c = F A c c 196,5 10 = 0,96 50 50 = 1,7 N/mm 2 Op deelfde wije kunnen de kracht en de spanning in het staal worden bepaald: F s E A E A + E A s s = c c s s F 5 2,1 10 0,04 50 50 5 28 500 0,96 50 50 + 2,1 10 0,04 50 50 = 800 10 = = 60 10 N 60,5 kn De spanning in het staal wordt hiermee: σ s = Fs A s 60,5 10 = 0,04 50 50 = 12 N/mm 2 In beide materialen it dus een drukspanning. Uiteraard moet de kracht in het beton en het staal samen 800 kn ijn. Het blijkt dat het grootste deel van de belasting door het staal (!) wordt gedragen.
18 Opdracht 18 a Bepaal de plaats van de neutrale lijn (ie hiervoor figuur.14a). (ES) k = (ES) s E ks k = E ss s E s S k = Ss = n Ss E k 5 (50x) 1 x = 2,1 10 2 5 1 10 25x 2 = 5250 x = 14,49 mm (50 10) 5 b Zie figuur.14b. E s S k = E Ss k 5 (50x) 1 x = 2,1 10 2 (50 (40 x)) 40 x 5 1 10 2 25x 2 = 2,1 25 (40 x) 2 x 2 = 2,1 (40 x) 2 x 2 = 2,1 (1600 80x + x 2 ) 1,1x 2 168x + 60 = 0 x 1,2 = 2 1,1 2 ( 168) 168 4 1,1 60 x 1 = 2,67 mm; x 2 = 129,06 mm (voldoet niet) Figuur.14
19 Opdracht 19 De ligging van de neutrale lijn kan worden gevonden door de doorsnede op te delen in basisfiguren. Figuur.15 A i = A 1 + A 2 + n A met: n = E E Ke b = 1,1 A i = 00 900 + 600 00 + n 00 50 A i = 646 500 mm 2 De ligging van de neutrale lijn ten opichte van de onderrand kan nu worden gevonden met behulp van: n.l. (00 900) 800 + (600 00) 50 + 1,1 (00 50) 25 = = 49 mm 646500 Het traagheidsmoment kan nu worden bepaald: I i = (I eigen + a 2 A) beton flens + (I eigen + a 2 A) beton lijf + n (I eigen + a 2 A) staal I i = ( 1 12 900 00 + 61 2 00 900) + ( 1 12 00 600 + 89 2 00 600) + 1,1 ( 1 12 00 50 + 424 2 00 50) = 794 10 8 mm 4 De spanningen in het beton en het Kevlar kunnen worden bepaald met: σ beton = σ Kevlar = n M e I i M e I i
20 Voor de spanningen in de punten uit figuur.15 worden de volgende waarden gevonden: 6 100 10 511 1 = 8 794 10 6 100 10 (49 50) 2 = 8 = 0,64 N/mm 2 = 0,49 N/mm 2 794 10 6 100 10 (49 50) = 1,1 = 6,42 N/mm 2 8 794 10 6 100 10 49 4 = 1,1 = 7,24 N/mm 2 8 794 10 Opdracht 20 Voor het bepalen van de schuifspanning in de lijmverbinding tussen beton en staal van de samengestelde doorsnede die wordt belast met een dwarskracht van 100 kn, moeten de volgende stappen worden doorlopen: 1 Bepaal de ligging van de neutrale lijn. 2 Bepaal I i. Bepaal het statisch moment van het afgeschoven deel. 4 Bepaal de schuifspanning in de lijmverbinding. De verhouding van de elasticiteitsmoduli is: 5 E s 2,1 10 n = = = 21 4 E 1 10 b Stap 1 Bepaal de ligging van de neutrale lijn ten opichte van het waartepunt van de stalen plaat. Zie hiervoor figuur.16. (ES) beton = (ES) staal S beton = n S staal A b b = n A s s Invullen geeft: (600 400) (0 x) = 21 x(60 400) x = 106,45 mm
21 Stap 2 Het traagheidsmoment van de samengestelde doorsnede kan nu worden bepaald met: I i = (I eigen + a 2 A) beton + n (I eigen + a 2 A) staal I i = ( 1 12 400 600 + (0 106,45) 2 400 600) + 21 ( 1 12 400 60 + 106,45 2 60 400) = 250,56 10 8 mm 4 Stap Als het betondeel als afschuivend deel wordt beschouwd, kan de schuifspanning in de lijmverbinding worden bepaald met: V ( ES ) V E S V E S V S = = = = b ( EI) b ( E I + E I ) b E ( I + n I ) b I beton b beton b beton beton totaal b b s s b b s i Het statisch moment van het afgeschoven deel is: S beton = (400 600) (0 106,45 0) = 46 452 000 mm Stap 4 De schuifspanning in de lijmverbinding wordt hiermee: V Sbeton 100 10 46 452000 = = 8 b I 400 250,56 10 i = 0,46 N/mm 2 Figuur.16
22 Module Uitwerkingen van de toetsopgaven Opgave 1 a b c F = l 1 A 1 p g = f m A 1 l 1 = 100 10 mm l 2 = 80 10 mm Δl = 92 mm Opgave 2 a F = 84 10 N b ΔT = 42,8 Opgave a ΔT = 7,9 T o = 19,9 b σ = 50,55 N/mm 2 Opgave 4 M = 5,77 knm Figuur.17 Opgave 5 a Ten opichte van de onderijde: = 875 mm b I = 872 4 10 6 mm 4 Opgave 6 a I = I = 42 725,6 10 6 mm 4 b W = 85 451 10 mm c Er mag geen trekspanning in de doorsnede aanweig ijn: M = 854,5 knm.
2 Opgave 7 M =,75 knm M = 2,25 knm σ 1 = 5, + 10,667 = 16,0 N/mm 2 σ 2 = 5, 10,667 = 5, N/mm 2 σ = 5, 10,667 = 16,0 N/mm 2 σ 4 = 5, + 10,667 = 5, N/mm 2 Figuur.18 Opgave 8 a Zie figuur.19. b De hoofdspanningen ijn: σ min =,97 N/mm 2 en σ max = 12,0 N/mm 2 c Zie figuur.19. Figuur.19
24 Opgave 9 a V d = 10 kn; M d = 1,0 knm IPE400: b = 180 mm; t f = 1,5 mm; t w = 8,6 mm I = 2 128 10 4 mm 4 10 10 (180 1,5 19,25 + 8,6 86,5 14,25) τ = 4 8,6 2128 10 6 10 0,1 10 100 σ = = 0,4 N/mm 2 4 2128 10 = 2,90 N/mm 2 De normaalspanning op een vlakje evenwijdig aan de staafas is nul, de schuifspanning heeft deelfde richting als de dwarskracht op de positieve snede. Zie figuur.20. Figuur.20 b Hoofdspanningen en hoofdrichting: σ min = 0,215 2 2 0,215 + 2,95 =,1 N/mm 2 σ max = 0,215 + tan (2α) = 2 2 0,215 + 2,95 = 2,7 N/mm 2 2,95 0,215 α = 4 Opgave 10 a b n = 21, neutrale lijn op 128,5 mm vanaf de bovenijde van het hout Het totale traagheidsmoment van de samengestelde doorsnede: I i = 19 570 10 4 mm 4 Als de spanning in het hout maatgevend is geldt: 12,04 19570 10 M = 128,5 4 = 18, 10 6 Nmm = 18, knm Als de spanning in het staal maatgevend is geldt: 4 25 19570 10 M = = 6,6 10 6 Nmm = 6,6 knm 21 (458 128,5) Maatgevend is dus een moment van 6,6 knm waarbij de vloeispanning in het staal wordt bereikt.